Exercices corrig�esJoseph DI VALENTINSeptembre 2005

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iiiAvant propos

Cet ouvrage a pour objectif d'aider les �el�eves de classes pr�eparatoires.Ce livre est aussi utile aux �el�eves des �Ecoles d'ing�enieur, aux candidats aux concoursde recrutement ainsi qu'�a tous ceux qui souhaitent compl�eter leurs connaissances enmath�ematiques.

Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

Table des mati�eres1 Alg�ebre g�en�erale, �enonc�es 12 Alg�ebre g�en�erale, corrig�es 133 Polynomes et fractions, �enonc�es 474 Polynomes et fractions, corrig�es 555 Alg�ebre lin�eaire, �enonc�es 876 Alg�ebre lin�eaire, corrig�es 1197 Topologie, �enonc�es 2518 Topologie, corrig�es 281

Chapitre 1Alg�ebre g�en�erale, �enonc�es1. Th�eor�eme de Lagrange (Cet exercice sera souvent utilis�e dans les exercicesqui suivent).Soit G un groupe �ni de cardinal n. Soit H un sous-groupe de G.Soit la relation d�e�nie sur G par : xRy, xy�1 2 H .V�eri�er que cette relation est une relation d'�equivalence, quelle est la classed'�equivalence d'un �el�ement x de G ?En d�eduire que le cardinal de H divise n.En d�eduire1 : 8x 2 G; xn = e o�u e est l'�el�ement neutre de G.2. Soit G un groupe d'ordre p premier. Montrer que G est un groupe cyclique.3. Soit G un groupe ; soient G1 et G2 deux sous-groupes de G. Montrer queG1 [ G2 est un sous-groupe de G si et seulement si G1 � G2 ou G2 � G1.4. Soit Un (n 2 N; n>2) le groupe multiplicatif des des racines ni�eme complexesde 1. Trouver un isomorphisme entre Un et �Z/nZ; +�. En d�eduire lesg�en�erateurs de Un.5. (a) Montrer que tous les sous-groupes d'un groupe cyclique sont cycliques ;leur ordre q divise l'ordre du groupe.(b) Dans �Z/24Z; +�, quel est le sous-groupe d'ordre 4 ? �A quel ensembleest-il isomorphe ?6. Soient H et K deux groupes cycliques. Montrer que le groupe produit direct2H � K est un groupe cyclique si et seulement si leurs ordres respectifs sontpremiers entre eux.Application �a �Z/nZ; +�� �Z/nZ; +� est-il isomorphe �a �Z/nmZ; +� ?7. Soit G un groupe. Soient H et K deux sous-groupes de G.Soit HK = fx 2 G= 9(h; k) 2 H � K; x = hkg. Montrer que HK est ungroupe si et seulement si HK = KH .8. Groupe de Kle��n On appelle groupe de Kle��n le groupe G produit direct de�Z/2Z; +� par lui-meme.Quels sont les ordres des �elments de G ? Quel est l'ordre de G ?Soit E le plan a�ne euclidien. Soit O un point de E . Consid�erons le groupeform�e de l'identit�e, la sym�etrie par rapport �a O et les sym�etries orthogonales1En notation additive, n:x = e.2Voir la d�e�ntion dans le livre du meme auteur : R�esum�e de cours Textes et corrig�es de devoirs.

2 CHAPITRE 1. ALG�EBRE G�EN�ERALE, �ENONC�ESpar rapport �a deux droites orthogonales contenant O. V�eri�er qu'il s'agit l�ad'un groupe (pour la composition des applications) isomorphe au groupe G.Le groupe �Z/4Z; +� est-il isomorphe �a G ?9. Soient H et K deux groupes �nis. Quel est l'ordre d'un �el�ement (h; k) dugroupe produit direct H �K ?10. Soit p un nombre premier ; montrer que pour k 2 Np�1 , p divise Ckp .11. Id�eal produit, th�eor�eme chinois.Soit A un anneau commutatif. Soient I et J deux id�eaux de A. On appelleid�eal produit not�e (IJ) , l'ensemble des sommes �nies d'�el�ements du type i:j,i 2 I; j 2 J .(a) Montrer que l'id�eal produit (IJ) est un id�eal de A.(b) Montrer que si I et J sont principaux, engendr�e respectivement par a etb, (IJ) = fij = (i; j) 2 I � Jg = (ab)A.(c) On suppose I + J = A, montrer alors (IJ) = ITJ .En d�eduire :(I = aA et J = bA principaux ; I + J = A) ) (aA) \ (bA) = (ab)A.Application : montrer m ^ n = 1 ) (mZ)\ (nZ) = (mn)Z.(d) Soient A (non n�ecessairement commutatif ici) un anneau et I un id�ealbilat�ere de A, I 6= A. On consid�ere la relation R d�e�nie sur A par :xR y () x� y 2 I . On note A/I l'ensemble des classes d'�equivalencepour la relation R. Soit (X; Y ) 2 (A/I)2.Soient x et x1 deux repr�esentants de X , soient y et y1 deux repr�esentantsde Y . Montrer que les classes x + y et x1 + y1 sont �egales ; de meme lesclasses x:y et x1:y1 sont �egales. On pose alors X + Y = x + y; XY = xyo�u x et y sont des repr�esentants quelconques de X et Y respectivement.En d�eduire que (A/I ; +; �) est un anneau3.(e) On suppose I + J = A. Soit f : x 2 A 7�! (xI ; xJ) 2 (A/I)� (A/J).Montrer que f est un morphisme surjectif de noyau (IJ) , puis : A/(IJ) ' (A/I)� (A/J)(f) Soient m et n deux entiers >2 , premiers entre eux.Montrer : �Z/mnZ; +; �� ' ��Z/mZ� � �Z/nZ� ; +; ��.Application :R�esoudre dans Z :8<: x � 2 (7)x � 1 (8)x � 3 (9)12. Indicatrice d'EulerSoit n 2 N, n>2. On note '(n) le nombre d'�el�ements q 2 N� ; q6n tels queq ^ n = 1. On pose '(1) = 1. ' est l'indicatrice d'Euler.(a) Soit p un entier premier. Calculer '(p); ' (p�) ; � 2 N� .3Cet anneau est dit anneau quotient.

3(b) Soit n 2 N� , montrer que '(n) est le nombre d'�el�ements de Z/nZ quiengendrent �Z/nZ; �.(c) m et n �etant deux entiers non nuls premiers entre eux, montrer �a l'aidedu th�eor�eme chinois vu pr�ec�edemment : '(mn) = '(m)'(n).En d�eduire, pour n>2, si n = pYi=1 n�ii , o�u les ni sont premiers et deux �adeux distincts alors : '(n) = n pYi=1 �1� 1ni�.(d) Soit G(n) le groupe des �el�ements inversibles de l'anneau �Z/nZ ; +; ��.Montrer, �a l'aide du th�eor�eme de Lagrange, que : x 2 G(n) ) x'(n) �1(modn).En d�eduire :(�) a 2 Z; a ^ n = 1 ) a'(n) � 1(modn).(��) n premier, a^n = 1 ) an�1 � 1(modn) (petit th�eor�eme de Fermat)et n premier ) an � a(modn).(e) Soit n 2 N� , montrer : n = Xdjn;d2N�'(d).13. Th�eor�eme de WilsonMontrer : p premier , (p� 1)! + 1 � 0 (mod p).14. Soit p un entier premier. Soient a et b deux entiers sup�erieurs �a 1.On suppose (a+ b) ^ (ab) = p2. Que dire de a ^ b ?Trouver a et b tels : (a+ b) ^ (ab) = 49 et a _ b = 231 ou 245.15. Montrer que 21 divise 24n + 5 pour n 2 N� .16. Soient a et r deux entiers >2. Montrer que si ar � 1 est premier, alors r estpremier et a = 2. Montrer que si ar + 1 est premier, alors a est pair et r estune puissance de 2.17. R�esoudre dans N, l'�equation 3n � 5 (mod 17).18. Soit p un nombre premier impair, soit q diviseur premier de 2p � 1.Montrer : q � 1 (mod 2p). On pourra utiliser le groupe multiplicatif G =�Z/qZ ; ���, le th�eor�eme de Lagrange et l'ordre de 2 dans ce groupe.19. Nombres parfaits Soit n 2 N� on appelle �(n) la somme des diviseurs >1 den.n est dit parfait si �(n) = 2n. Montrer les r�esultats suivants :(a) a ^ b = 1 ) �(ab) = �(a)�(b)(b) p premier , �(p) = p + 1(c) (p premier, q>1) ) �(pq) = pq+1 � 1p� 1 . Calculer alors �(n) pour toutn 2 N� .

4 CHAPITRE 1. ALG�EBRE G�EN�ERALE, �ENONC�ES(d) Les nombres parfaits pairs sont ceux de la forme : 2p�1(2p � 1) o�u p et2p � 1 sont premiers.(e) (n>3 parfait, n impair ) ) n admet au moins trois diviseurs premiersdistincts20. Soit n 2 N, soit an = 22n + 1.Montrer que si m 6= n, an ^ am = 1.21. Soit � 2 Sn une permutation. Existe-t'il s 2 Sn telle que s2 = � ? (Onpourra d�ecomposer s en produit de cycles disjoints et commencer par �etudierdes cycles c et s v�eri�ant la relation : c = s2).22. (a) Calculer le produit des cycles �a supports disjoints (a; b) � (b; c).Montrer que toute permutation paire, dans un ensemble de cardinal n,est produit de cycles de longueur 3 (n>3).(b) Notons pour i 6= j �i;j le cycle (i; j).Montrer que les transpositions �i;i+1; i 2 Nn�1 engendrent Sn. On pourracalculer pour i < j : �i;i+1 � � � �j�2;j�1 � �j�1;j � �j�2;j�1 � �i;i+1.Montrer que la transposition �1;2 et le cycle c = (1; 2; � � � ; n) engendrentSn. (On calculera c � �i;i+1 � c�1)(c) Montrer que les transpositions �1;i; i 2 f2; : : : ; ng engendrent le groupesym�etrique Sn.23. On appelle centre d'un groupe l'ensemble des �el�ements qui commutent avectous les �el�ements du groupe.En utilisant une transposition, montrer que le centre de Sn (n>3) est fIdg.24. Soient A et B deux sous-groupes d'un groupe G.(a) Consid�erons le groupe sym�etrique S4. Notons A le groupe engendr�e par lecycle (1; 2; 3) et B celui engendr�e par le cycle (3; 4). AB est-il un groupe ?(b) B est dit sous-groupe distingu�e de G si et seulement si : 8(x; b) 2 G �B ; xbx�1 2 B.On suppose B sous-groupe distingu�e de A, montrer AB = BA, puis ABest un groupe.25. (a) Soit G un groupe. Soit H un sous-groupe distingu�e de G. Soit R larelation d�e�nie sur G par (xR y) () xy�1 2 H .(�) V�eri�er que R est une relation d'�equivalence. Soit G0 l'espace quo-tient, que l'on note G/H , pour cette relation d'�equivalence.(��) Soient (x; x0) 2 G2; xR x0 et (y; y0) 2 G2; yR y0. V�eri�er que l'ona xyR x0y0. En d�eduire que l'on peut d�e�nir le produit de deux�el�ements X et Y de G/H par XY = xy o�u x (resp. y) est unrepr�esentant de X (resp. de Y ) pour la relation R.(���) Montrer que G/H est un groupe4.4Appel�e groupe quotient.

5(b) Soit G un groupe et D(G) le groupe engendr�e par les �el�ements de la formexyx�1y�1; (x; y) 2 G2. D(G) est dit groupe d�eriv�e de G.(�) Montrer que D(G) est un sous-groupe distingu�e de G.(��) Soit H un sous-groupe distingu�e de G. Montrer : G/H ab�elien ,D(G) � H .(���) On suppose G = S3 ; qu'est-ce que D(G) ?26. Soit G un groupe de centre C. (Le centre est fx 2 G = 8y 2 G; xy = yxg).Soit G0 l'ensemble des applications fa : x 2 G 7�! axa�1 2 G appel�eesautomorphismes int�erieurs.(a) Montrer que (G0; �) est un groupe, que C est un sous-groupe ab�elien deG.(b) Soit � : a 2 G 7�! fa 2 G0. Montrer que � est un morphisme et que G0est isomorphe �a G/C (en fait, montrer que � est surjectif de noyau C).27. Soit G un groupe ab�elien. On suppose qu'il existe n 2 N� tel que 8x 2 G; xn =e.(a) Soit n = ab avec a^b = 1. SoientGa = fxa; x 2 Gg et Gb = fxb; x 2 Gg.V�eri�er que Ga et Gb sont des groupes. Montrer que pour tout x 2 G ilexiste un unique couple (u; v) 2 Ga�Gb tel que x = uv(�ecrire 1 = �a+�bet conclure).(b) On suppose n impair. Montrer que l'application x 7�! xk; (k ^ n = 1)est un automorphisme de G. D�eterminer l'application r�eciproque. (Onpourra �ecrire 1 = �k + �n).28. Soit G le groupe multiplicatif engendr�e par les matrices A = 1p2 � �1 11 1 � etB = � �1 00 1 �.Montrer que le sous-groupe H de G engendr�e par BA est un sous-groupedistingu�e dans G ; en �etudiant G/H , en d�eduire le cardinal de G.29. Soit (G;�) un groupe ab�elien ; soient x et y deux �el�ements de G d'ordresrespectifs p et q avec p ^ q = 1.Montrer que le sous-groupe F engendr�e par z = xy contient x et y (on calculerazk).Quel est le cardinal de F ? (consid�erer (a; b) 2< x > � < y >7�! ab 2 F ).30. Soit G un groupe d'ordre 8 non commutatif et poss�edant un unique �el�ementd'ordre 2 not�e e0.(a) Montrer que e0 commute avec tout �el�ement de G. (On pourra calculera�1e0a).(b) Soient j et k deux �el�ements de G ne commutant pas. On pose l = jk.Montrer G = fe; j; k; l; e0 ; e0j; e0k; e0lg. (On pourra remarquer que mis �apart e et e0 tous les �el�ements de G sont d'ordre 4.

6 CHAPITRE 1. ALG�EBRE G�EN�ERALE, �ENONC�ES(c) Trouver un morphisme � injectif de G dans GL2(C ) avec �(k) matriced'une rotation r�eelle et �(j) matrice diagonale.31. Soit p un entier premier >3.(a) On suppose p = a2 + b2; (a; b) 2 N2 . Montrer : p � 1 (mod 4).(b) Soit G = �Z/pZ��. Montrer que G contient p � 12 carr�es qui sont lesracines du polynome X p�12 � 1.(c) On suppose p � 1 (mod 4).Montrer qu'il existe m 2 N tel que 1 +m2 soit divisible par p.(d) Soit N = 1 + E(pp). On consid�ere les r�eels de [0; 1], 1 et kmp �E �kmp � ; k = 0; 1; � � � ; N � 1.V�eri�er qu'il y a deux �el�ements de ce type tels que : jx� yj6 1N .En d�eduire qu'il existe (a; b) 2 Z2 tel que : ����bmp � a����6 1pp .En d�eduire que p est somme de deux carr�es d'entiers.32. Soit p>3 un nombre premier ; on pose Fp = Z/pZ.(a) En �etudiant u 2 Fp 7�! u2 2 Fp, montrer que �1 est un carr�e si etseulement si p � 1 (4).(b) En raisonnant par l'absurde, montrer qu'il y a une in�nit�e de nombrespremiers congrus �a 1 modulo 4. (On pourra consid�erer 1 + n!2 pour uncertain n).33. Soit p premier. Soit M 2Mn(Z), montrer : tr(Mp) � tr(M) (mod p).On montrera pour cela que dans un anneau commutatif de caract�eristique ppremier, on a : (a1 + � � �+ aq)p = ap1 + � � �+ apq.En se pla�cant dans �Z/pZ� [X ], calculer det ((M +XI)p).34. Montrer que pour tout nombre entier premier p, il existe un entier n 2 N telque : 6n2 + 5n + 1 � 0 (modp).35. D�eterminer le groupe U des �el�ements inversibles de Z/20Z, puis trouver ungroupe additif isomorphe �a U .36. Soient p un entier premier, k un entier naturel. Montrer que Xx2Z/pZ; x6=0 xkest �egal �a 0 ou �1. D�eterminer les conditions pour lesquelles la somme est�egale �a 0 ou �1. (On pourra pour un �el�ement non nul �x�e y \remplacer " xpar xy).

737. Actions de groupesD�e�nition Soit G un groupe, soit E un ensemble non vide. On consid�ereune application de G � E dans E, (�; x) 7�! � � x. On suppose que cetteapplication v�eri�e :8(�1; �2) 2 G2; 8x 2 E, (�2�1) � x = �2 � (�1 � x)Si e est l'�el�ement neutre de G, 8x 2 E; e � x = x.Soit x 2 E. On appelle orbite de x sous l'action de G l'ensemble des �el�ements� � x pour � 2 G.On dit que le groupe G agit (ou op�ere) sur E.On suppose que l'application de G�E dans E, (�; x) 7�! � �x est une actiondu groupe G sur E.On consid�ere la relation R suivante : 8(x; y) 2 E2; xRy si et seulement si ilexiste � 2 G tel que y = � � x.(a) V�eri�er que R est une relation d'�equivalence. On note !(x)) la classed'�equivalence de x. V�eri�er qu'il s'agit de l'orbite de x sous l'action deG.Soit x 2 E et soit S(x) = f� 2 G=� � x = xg (S(x) est appel�e lestabilisateur de x).Montrer que S(x) est un sous-groupe de G.(b) (�) Soit G = GL(n;K), soit E = Knf0g.Soient f 2 G et x 2 E. G op�ere naturellement sur E par f �x = f(x).Quel est le stabilisateur de (1; 0; : : : ; 0) ?(��) Soit G = SL(2;R) (matrices de d�eterminant 1), soit E le demi-planensemble des nombres complexes de partie imaginaire > 0. Si g 2 Gest la matrice : � a bc d �, on d�e�nit g � z par :g � z = az + bcz + dquel est le stabilisateur de i ?(c) On note G/S(x) l'ensemble des classes �a gauche (la classe �a gauche, g,de g 2 G, est gS(x) ) .Montrer que l'application qui �a g 2 G/S(x) associe g �x 2 !(x) est unebijection.(d) Montrer (lorsque G est �ni) : cardG = cardS(x)� card!(x).(e) On suppose E = G et � � x = �x��1 ; on dit que G op�ere sur lui-memepar conjugaison. (ou par les automorphismes int�erieurs).Soit G un groupe de cardinal p premier. Montrer en �etudiant les classesde conjugaison, que G est ab�elien.(f) Soit G un groupe �ni, soit E un ensemble �ni. On suppose que G op�eresur E. Soit X une partie de E contenant un et un seul repr�esentant dechaque orbite.Montrer la formule (dite �equation aux classes) :

8 CHAPITRE 1. ALG�EBRE G�EN�ERALE, �ENONC�EScardE = Xx2X card!(x) = Xx2X cardGcardS(x)(g) On suppose que G op�ere sur lui-meme par les automorphismes int�erieurset est �ni.On note Z(G) = fx 2 G= 8y 2 G; xy = yxg le centre de G.Montrer : card(G) = card(Z(G)) + Xx2Xx=2Z(G) card(G)card(S(x) , X d�e�ni comme en(d).On suppose card(G) = pn; n>2 o�u p est un nombre premier. Montrerque le cardinal de Z(G) est divisible par p en d�eduire que le centre de Gn'est pas feg.38. Soient E et G deux ensembles �nis. G est un groupe qui agit sur E. On appelle! la partie de G� E d�e�nie par : (�; x) 2 ! si et seulement si � � x = x.V�eri�er5 #! = X�2G#fx 2 E= � � x = xg = Xx2E #f� 2 G= � � x = xg.On pose N� = #fx 2 E= � � x = xg et !(x) l'orbite de x ; montrer :X�2GN� = Xx2E #G#!(x)Soit n le nombre d'orbites ; montrer :n � (#G) = X�2GN�39. Soit G un groupe d'ordre p�, p premier, � 2 N� . G op�ere sur un ensemble�ni X . On note XG l'ensemble des points �xes de X sous G, c'est-�a-dire :XG = fx 2 X= 8g 2 G; g � x = xg.Montrer card(X) � card �XG� (mod p) (on utilisera l'�equation aux classes vuepr�ec�edemment).Application : on suppose X = G et g � x = gxg�1.On note Z(G) = fx 2 G= 8y 2 G; xy = yxg le centre de G.Montrer card(Z(G)) = pn o�u n est un entier >1.40. Soit G le groupe �Z/pZ ; +� o�u p>3 est premier. Soit E = SG, l'ensembledes permutations de G. On consid�ere (�; �) 2 G � E 7�! � � � = �0 2 E avec�0(k) = � + �(k � �).Montrer que l'on a d�e�ni une action de G sur E.Soit s 2 E ; s(�) = � + 1. Montrer � � � = si�s�i. En d�eduire que la signatureest constante sur une orbite.Soit � 2< s > ; montrer !(�) = f�g.Si � =2< s >, montrer !(�) est de cardinal p.Pour cela, chercher le stabilisateur, S�, de � et d�eterminer son cardinal, puis5# signi�e card.

9utiliser la relation : #!(�) = #G#S� . On montrera que si s� = �s alors� 2< s > donc #S� 6= p et #S� = 1 ou #!(�) = p.41. Sous-groupes de SylowSoit G un groupe d'ordre �ni N = mpr o�u p est premier, r est un entier >1 etm est un entier premier avec p. On appelle P l'ensemble des parties de G �a l�el�ements.On fait op�erer G sur P par les translations �a gauche : g �X = gX avec g 2 Get X un �el�ement de P .V�eri�er qu'il s'agit bien d'une action de groupe.Soit X un �el�ement de P . On note S(X) le stabilisateur de X c'est-�a-direfg 2 G; g �X = Xg.(a) Montrer card(S(X)) = m0pr0 avec m0jm et r06r(b) �Ecrire l'�equation aux classes (voir plus haut), pour l'action de G, avecl = p�; 16�6r.Montrer que C lN = mpr��(1 + kp); k 2 N.(c) On suppose 8X 2 P ; r0 < � montrer que l'on a alors : m(1 + kp) =pN 0; N 0 2 N. En d�eduire une contradiction puis l'existence d'un X de Ptel que card(S(X))>p�.(d) Montrer qu'on a en fait l'�egalit�e card(S(X)) = p�. En d�eduire que Gposs�ede un sous-groupe d'ordre p� pour tout � entre 1 et r.42. Soit G un groupe d'ordre n = mp�, avec p ^m = 1, p premier. Soient H unsous-groupe de G et S un sous-groupe de G d'ordre p� (S est dit p-Sylow deG).Montrer qu'il existe a 2 G= (aSa�1) \H est un p-Sylow de H .Pour cela, faire op�erer G sur l'ensemble des classes �a gauche de G modulo Spar les translations �a gauche et d�eterminer le stabilisateur de aS.De meme faire op�erer H sur le meme ensemble, d�eterminer le stabilisateur etprouver que c'est un p-Sylow de H .43. Soit G un groupe de cardinal n = mp�; p ^m = 1.(a) Soit H un p-sous-groupe de G c'est-�a-dire un sous-groupe d'ordre unepuissance de p.Montrer qu'il existe un p-Sylow S de G contenant H . (Utiliser les exer-cices pr�ec�edents).(b) Montrer que les p-Sylow de G sont tous conjugu�es, c'est-�a-dire que si Sest l'un d'entre eux alors tous les autres sont du type aSa�1 avec a 2 G,et leur nombre k divise n.Faire op�erer G sur l'ensemble X des p-Sylow de G par g � S = gSg�1.(c) Montrer que k � 1 (modp) donc k divise m.Faire op�erer un p-Sylow de G sur l'ensemble X des p-Sylow de G parg � S = gSg�1.

10 CHAPITRE 1. ALG�EBRE G�EN�ERALE, �ENONC�ES44. D�e�nition un sous-groupeH d'un groupeG est dit distingu�e si et seulement si8g 2 G; gH = Hg ; c'est-�a-dire si et seulement si 8(g; h) 2 G�H; ghg�1 2 H .Un groupe est dit simple s'il ne poss�ede aucun sous-groupe distingu�e trivial.Le but de l'exercice est de d�emontrer que SO(3), le groupe des rotations del'espace euclidien E = R3 est un groupe simple.(a) Soit (x; x0; y; y0) 2 E tel que kxk = kx0k; kyk = ky0k; kx� ykkx0� y0k.Montrer qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0; u(y) = y0.(b) Montrer que si t1 et t2 sont deux demi-tours alors il existe6 une rotationr telle que t1 = r�1 � t2 � r.Montrer que les demi-tours engendrent SO(3). Conclure.45. Soit E un ensemble non vide muni d'une loi associative.(a) 9a 2 E = x 7�! ax est surjective. 9u 2 E = ua = a.Montrer 8x 2 E; ux = x.(b) 9a 2 E = x 7�! ax et x 7�! xa sont surjectives .Montrer qu'il existe un �el�ement neutre.(c) 8a 2 E; x 7�! ax et x 7�! xa sont surjectives.Montrer que tout �el�ement est inversible.46. Soit A un pseudo-anneau non nul (c'est-�a-dire que A v�eri�e les axiomes d'unanneau sauf l'existence �eventuelle d'un �el�ement neutre pour la multiplication).On suppose : 8(a; b) 2 A� � A les �equations : ax = b et xa = b admettentune solution.Montrer que A est un corps. En d�eduire que tout pseudo-anneau �ni non nulet int�egre est un corps.47. Soit A = Z[i] .(a) Montrer que Z[i] est un anneau commutatif7.Soit f(z) = a2 + b2 = jzj2; z = a+ ib.(b) Montrer que pour tout (u; v) 2 (Z[i])2; f(uv) = f(u)f(v).En d�eduire le groupe des inversibles de A.(c) Soit z 2 C . Montrer : 9ez 2 A = jz � ezj6p22 .Soit (�; �) 2 A2; � 6= 0. Montrer qu'il existe (q; r) 2 A = � = �q + ravec f(r) < f(�) .Y a-t-il unicit�e ?(d) Montrer que les id�eaux de A sont principaux.48. Soit (P;Q) 2 (C [X ])2. P = 1 +X +X2; Q = 1�X2.(a) Trouver le plus petit id�eal (au sens de l'inclusion) contenant P et Q.6t1 et t2 sont dits conjugu�es.7Appel�e anneau des entiers de Gau�.

11(b) D�eterminer tous les couples (U; V ) 2 (C [X ])2 tels que : UP+VQ = P^Q.Pour un couple (U; V ) convenable, quel est l'id�eal engendr�e par fU; V g ?49. Soit A un anneau commutatif ; soit I un id�eal de A.I di��erent de A est dit premier si xy 2 I ) x 2 I ou y 2 I.I est dit maximal si tout id�eal qui le contient strictement est �egal �a A.A est dit principal si A est int�egre et tout id�eal est principal.(a) Soit A/I l'anneau quotient8 de A par I. Montrer I premier , A/Iint�egre.(b) Montrer A/I est un corps , I maximal.En d�eduire : I maximal implique I premier.(c) Supposons A principal. Montrer I premier di��erent de f0g implique Imaximal.(d) Quels sont les id�eaux premiers, le id�eaux maximaux de Z?(e) Exemples d'id�eauxSoient A l'anneau des suites r�eelles, B l'ensemble des suites born�ees, Cl'ensemble des suites convergentes, C0 l'ensemble des suites qui convergentvers 0, Sk l'ensemble des suites nulles �a partir de l'indice k, SB l'ensembledes suites nulles �a partir d'un certain rang. Montrer Sk est un id�eal deA, que SB est un id�eal de A.Montrer que SB est un id�eal de C0 non premier.Montrer que C0 est un id�eal premier, maximal de C.Montrer que C0 est un id�eal de B non premier.50. Soit A un anneau commutatif. On suppose que tout id�eal I de A est engendr�e9par une famille �nie d'�el�ements de A. (on dit que I est N�th�erien).Montrer : A N�th�erien, Il n'existe pas de suite in�nie strictement croissanted'id�eaux de A.51. Soit K un corps �ni de carat�eristique p. Montrer : 9n 2 N� = card(K ) = pn.52. (a) Qu'est-ce que Q[p2] ?(b) Soit K un corps commutatif, L un sur-corps de K ; soit a 2 L n K . Onsuppose qu'il existe P 2 K [X ] tel que P (a) = 0.Montrer que le polynome minimal de a est irr�eductible sur K [X ] et queK [a] est un corps.53. Soit A une K -alg�ebre (unitaire) int�egre. On suppose que le K -espace vectorielA est de dimension �nie. Montrer que A est un corps.54. Soit K un corps commutatif. Soit G une partie �nie non vide de K ; on supposeque (G;�) est un groupe (ab�elien). Le but de l'exercice est de d�emontrer queG est un groupe cyclique.8Voir l'exercice num�ero 11 d�e�nissant l'anneau quotient.9I est engendr�e par un ensemble non vide X � A lorsque le plus petit id�eal (au sens del'inclusion) de A contenant X est I.

12 (a) Soient m et n deux entiers naturels non nuls.Montrer que � (mZ)/(mnZ) ; +� � � Z/(nZ) ; +�.(b) Montrer que les sous-groupes du groupe �Z/nZ; +� sont les ensembles�mZ/nZ; +� o�u m est un entier naturel diviseur quelconque de n.(c) Soit d un diviseur de n 2 N� ; n = qd. Notons Gen(d) l'ensemble desg�en�erateurs de �qZ/nZ; +�. Montrer que si d1 et d2 sont deux entiersdistincts diviseurs de n alors Gen(d1) et Gen(d2) sont disjoints.(d) En appliquant les r�esultats pr�ec�edents, montrer la relation : n = Xdjn '(d),o�u '(d) d�esigne (lorsque d>2) le nombre de nombres premiers avec d,inf�erieurs �a d et '(1) = 1. (' est l'indicatrice d'Euler).(e) En utilisant la propri�et�e : '(pq) = '(p)'(q) lorsque p et q sont premiersentre eux, retrouver le r�esultat pr�ec�edent.(f) Supposons que G est de cardinal n>1. Notons Ed l'ensemble des �el�ementsx de G tels que xd = 1. x est dit d'exposant d. (d divise n ; ce que l'onadmettra ici10). Notons Gd l'ensemble des �el�ements de G d'ordre d.Soit d un diviseur de n ; supposons Gd 6= ;. Soit x 2 Gd ; montrer quele groupe engendr�e par x est Ed puis que les �el�ements de Gd sont lesg�en�erateurs de < x >.En d�eduire : #Gd = '(d) () Gd 6= ;.(g) V�eri�er que G est l'union disjointe des ensembles Gd pour tous les d>1divisant n.En d�eduire que pour tout d diviseur de n Gd 6= ; puis le r�esultat demand�e.55. Soit a un entier impair ; soit n un entier sup�erieur �a 3.Montrer par r�ecurrence la relation : a(2n�2) � 1 ( mod 2n).Trouver les entiers n tel que le groupe multiplicatif des inversibles de Z/(2nZ)soit cyclique.56. Quel est le dernier chi�re de l'�ecriture d�ecimale de 7(77) ?10Voir le premier exercice.

Chapitre 2Alg�ebre g�en�erale, corrig�esRemarque Soit G un groupe �ni de cardinal n. n s'appelle l'ordre de G.Soit x 2 G. On appelle ordre de x le cardinal du groupe engendr�e par x.Si pour tout couple d'entiers relatifs di��erents i et j xi 6= xj alors le groupe G n'estpas de cardinal �ni. Il existe donc un entier naturel k 2 N� tel que xk = e l'�el�ementneutre de G. Soit p le plus petit �el�ement de l'ensemble des entiers k 2 N� v�eri�antxk = e. p est l'ordre de x.1. Soit x 2 G. xx�1 = e 2 H .Soit (x; y) 2 G2. xy�1 2 H ) (xy�1)�1 2 H (car H est un groupe) c'est-�a-direyx�1 2 H .Soit (x; y; z) 2 G3. xy�1 2 H et yz�1 2 H impliquent (car H est un groupe)xy�1yz�1 2 H ; c'est-�a-dire xz�1 2 H .La relation R est bien une relation d'�equivalence.La classe d'un �el�ement x de G est Hx = fhx; h 2 Hg.Soit x 2 G ; l'application h 2 H 7�! hx 2 Hx est une bijection. En e�et elleest surjective par d�e�nition et (hx = kx) ) h = k car G est un groupe.H et Hx ont donc le meme cardinal (�ni). Toutes les classes ont meme car-dinal, les N classes constituent une partition de G donc #G = N#H . Lecardinal de H divise celui de G.Soit x un �el�ement de G. Soit H le sous-groupe engendr�e par x. H est ungroupe cyclique de cardinal p un diviseur de n. H �etant cyclique de cardinalp, nous avons xp = e puis xn = e.2. Soit G un groupe d'ordre p premier. Soit x 2 G di��erent de l'�el�ement neutre.Soit H le groupe engendr�e par x. En utilisant le r�esultat de l'exercice pr�ec�e-dent, nous obtenons que le cardinal de H (qui est di��erent de 1) divise p. Hest donc �egal �a G qui est cyclique.3. Soient G1 et G2 deux sous-groupe du groupe G. Il est clair que si l'un desdeux sous-groupes est inclus dans l'autre, la r�eunion (qui est l'un des deux)est un sous-groupes. Supposons que H = G1 [ G2 soit un sous-groupe de G.Montrons que G1 � G2 ou G2 � G1.Supposons le contraire. Il existe x 2 G2; x 62 G1, il existe y 2 G1; y 62 G2.H est un groupe donc xy 2 H .Si xy 2 G1 alors x 2 G1. Si xy 2 G2 alors y 2 G2. dans les deux cas nousavons une contradiction ; d'o�u le r�esultat demand�e.4. Un est l'ensemble des nombres complexes exp�2ik�n � ; k 2 f0; 1; : : : ; n� 1g.

14 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESConsid�erons l'application, ', deZ/nZdans Un d�e�nie par '(a) = exp�2ik�n �o�u k est le repr�esentant de a appartenant �a f0; 1; : : : ; n � 1g.Soient a = p et b = q deux �el�ements de Z/nZ. '(a+ b) = exp�2ik�n � o�u kest le repr�esentant de a + b appartenant �a f0; 1; : : : ; n � 1g. k � p � q estdivisible par n donc exp�2i(k � p � q)�n � = 1.' est bien d�e�nie. Nous en d�eduisons imm�ediatement : '(a+ b) = '(a)'(b).Soit a = p un �el�ement de Z/nZv�eri�ant '(a) = 1. Il vient alors 2ik�n 2 2i�Zc'est-�a-dire k 2 nZ, soit encore a = 0. ' est surjective par construction. Celaprouve1 (ce que nous savions d�ej�a) que Un est un groupe multiplicatif et qu'ilest isomorphe �a �Z/nZ; +�.Les g�en�erateurs de Z/nZsont les �el�ements k o�u k est un entier relatif premieravec n. Les g�en�erateurs de Un sont donc les nombres complexes exp�2ik�n �o�u k est un entier naturel inf�erieur �a n et premier avec n. (On peut en faitremplacer k par k + qn o�u q 2 Z).5. (a) Soit G un groupe cyclique. Il est isomorphe �a �Z/nZ; +�. Il su�t doncde rechercher les sous-groupes de �Z/nZ; +�.Soient p et q deux entiers naturels non nuls.Montrons que �pZ/pqZ; +� est un groupe isomorphe �a �Z/qZ; +�.Soit a un �el�ement de Z/qZ; k un repr�esentant de a. Soit b la classemodulo pq de l'�el�ement pk. V�eri�ons que b ne d�epend que de a et nonpas de k.Soient k0 un autre repr�esentant de a.Il existe n 2 Z; k � k0 = nq. pk � pk0 = p(k � k0) = pqn. pk et pk0 sontdonc deux repr�esentants de la meme classe modulo pq.Nous pouvons donc d�e�nir l'aplication ' de Z/qZ dans pZ/pqZ par'(a) = b. Soient a1 et a2 deux �el�ements de Z/qZ de repr�esentants k1et k2. '(a1 + a2) = b o�u b est la classe modulo pq de p(k1 + k2) ; ce quin'est autre que '(a1) + '(k2).Si '(a) = 0 alors, avec les notations pr�ec�edentes, kp est divisible par pq ;c'est-�a-dire k divisible par p soit encore a = 0. Soit b un �el�ement depZ/pqZ. Un repr�esentant de b est kp o�u k 2 Z. b est alors l'image de laclasse de k modulo q. ' est alors surjective.Nous en d�eduisons que �pZ/pqZ; +� est un groupe isomorphe �a �Z/qZ; +�.Soit n 2 N� . Soit p un diviseur de n. �pZ/nZ; +� est un groupe iso-morphe �a �Z/qZ; +� o�u n = pq.(b) Nous savons, d'apr�es le premier exercice, qu'un sous-groupeH de �Z/nZ; +�est de cardinal q o�u q est un diviseur de n et que pour tout x 2 H; q:x = 0.1Voir le livre du meme auteur : R�esum�e de cours Textes et corrig�es de devoirs.

15Si k est un repr�esentant de x, n = pq divise kq soit encore p divise k.H � pZ/nZ. Ces deux ensembles ont meme cardinal donc sont �egaux.H est donc cyclique. Il n'y a qu'un seul sous-groupe d'ordre q.�Z/24Z; +� n'a qu'un seul sous-groupe d'ordre 4, il s'agit de f0; 6; 12; 18g ;il est isomorphe �a �Z/4Z; +�.6. Soient H et K deux groupes cycliques de cardinaux respectifs M et N , en-gendr�es respectivement par a et b. Si le produit direct H �K est cyclique, ilposs�ede un g�en�erateur2 A = (h; k) = (ap; bq); (p; q) 2 N2 .Soit d le ppcm de N et M . apd et bqd sont les �el�ements neutres de H et K doncAd est l'�el�ement neutre de H �K et MN divise d. En e�et, la division eucli-dienne de d par MN s'�ecrit d = MNm+r avec 06r < NM . Ad:MNm = e = Ardonc r = 0.D'apr�es la relation MN = d (M ^ N), il vient d = MNd0 avec d0 2 N puisd = d0 d (M ^N) soit en particulier M ^N = 1.R�eciproquement. Supposons M et N premiers entre eux. Soient p et q deuxentiers. Recherchons un entier s tel que as = ap et bs = bq. Il su�t pour celade trouver un entier s tel que s� p divise M et s� q divise N .M et N sont premiers entre eux donc il existe (p1; q1) 2 Z2; 1 = p1M + q1N .Posons s = p� (p� q)q1N .Alors s� q � (p � q)p1M = p� (p� q)q1N � q � (p� q)p1M = 0. s convientet (a; b) est un g�en�erateur de H �K qui est donc cyclique.�Z/nZ�Z/nZ; +� est isomorphe �a �Z/nmZ; +� si et seulement si il est cy-clique donc si et seulement si m ^ n = 1.7. Soient H et K deux sous-groupes de G. Supposons que le produit HK soitun sous-groupe de G.Soit (h; k) 2 K � H . (h�1k�1)�1 2 HK donc kh 2 HK nous avons doncKH � HK. En �echangeant les roles de h et k, nous obtenons l'inclusioncontraire d'o�u l'�egalit�e.Supposons HK = KH . Soient (h1; h2) 2 H2; (k1; k2) 2 K 2 . (h1k1)(h2k2) =h1(k1h2)k2. Il existe, par hypoth�ese (h3; k3) 2 H � K tel que k1h2 = h3k3donc (h1k1)(h2k2) = h1(k1h2)k2 = (h1h3)(k1k3) 2 HK.(h1k1)�1 = k�11 h�11 2 KH = HK. HK est bien un sous-groupe de G.8. Les �el�ements du groupe de Kle��n sont (0; 0); (0; 1); (1; 0); (1; 1). Chaque�el�ement est donc d'ordre 2 alors que le cardinal du groupe3 (son ordre) est �egal�a 4.L'ensemble form�e par les isom�etries en question est bien un groupe ; il estde cardinal 4. Consid�erons l'application ' suivante : l'image de l'identit�e est(0; 0), l'image de la sym�etrie s0 par rapport �a O est (1; 1), l'image d'une desdeux r�e exions s1 est (0; 1) et l'image de l'autre r�e exion s2 est (1; 0).'(s0 � s1) = '(s2) = (1; 0) = (1; 1) + (0; 1) = '(s0) +'(s1). on fait de meme2MN , le cardinal de H � K est alors le plus petit entier s veri�ant (h; k)s = e, le neutre deH �K.3Nous avons vu plus haut que ce groupe ne peut pas etre cyclique.

16 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESpour les autres produits. ' est un morphisme injectif. Il est donc surjectif carles cardinaux (�nis) sont �egaux. Ces deux groupes sont donc isomorphes.Il n'est pas isomorphe �a �Z/4Z; +� car il n'est pas cyclique.9. Soit (x; y) 2 H � K. Supposons que l'ordre4 de x soit �egal �a p, celui de ysoit �egal �a q. Soit d le ppmc de p et q. (x; y)d = (eH ; eK) = e le neutre deH �K. Soit � l'ordre de (x; y). x� = eH ; y� = eK . La division euclidiennenous donne � = pa + r; 06r < p puis xr = eH ; ce qui implique r = 0 donc pdivise �, de meme q divise � donc d aussi. d �etant au-moins �egal �a � nous end�eduisons l'�egalit�e d = �.10. Soit p un entier premier. Soit k 2 Np�1 . Nous avons alors k + 16p et doncaussi 16p � k < p. Nous avons la relation : pYj=k+1 j = Ckp (p� k)!. Grace auxhypoth�eses, p est premier avec (p�k)! et divise Ckp (p � k)!. Nous en d�eduisonsqu'il divise l'entier Ckp .11. (a) Nous devons montrer que la somme de deux �el�ements de (IJ) est un �el�e-ment de (IJ) et que pour tout (a; l) 2 A� (IJ); al 2 (IJ).Par d�e�nition, la somme de deux �el�ements de (IJ) est un �el�ement de (IJ).Si l est un �el�ement de (IJ), il existe (xi)i2Np 2 Ip; (yi)i2Np 2 Jp, l = pXi=1 (xiyi).al = pXi=1 (axiyi). I �etant un id�eal, axi appartient �a I pour tout i donc alappartient �a (IJ) qui est bien un id�eal.(b) Supposons I = (a); J = (b).Un �el�ement l de (IJ) est du type l = pXi=1 (axi)(byi) o�u xi (resp. yi) sontdes �el�ements de I (resp. J). A est commutatif donc l 2 (ab)A. Sil 2 (ab)A, il existe x 2 A; l = (ax)b et appartient �a (IJ). Nous avonsdonc (IJ) = (ab)A. Il est clair que (i 2 I; j 2 J) ) ij 2 (ab)A ; dememe si x appartient �a A, abx = (ax)b est le produit d'un �el�ement de I etd'un �el�ement de J . Nous avons donc : (IJ) = (ab)A = fij; i 2 I; j 2 Jg.(c) I + J = A. I \ J est un id�eal. Si (i; j) 2 I � J alors ij 2 I \ J et parconstruction, (IJ) � I \ J .D'apr�es l'hypoth�ese, il existe (i; j) 2 I � J tel que 1 = i + j. Soitx 2 I \ J , x = xi + xj. xi est le produit d'un �el�ement de i et d'un�el�ement de J , xj est le produit d'un �el�ement de i et d'un �el�ement de Jdonc x 2 (IJ) d'o�u l'�egalit�e (IJ) = I \ J .Si I et J sont principaux negendr�es respectivement par a et b, nous avonsd'apr�es les r�esultats pr�ec�edents (ab)A = (aA)[ (bA).Si A = Z, lorsque m et n sont deux entiers non nuls premiers entre eux,4Il s'agit du plus petit entier parmi les entiers s>1 v�eri�ant xs = eH neutre de H.

17mZ+ nZ = Z donc (mn)Z= (mZ) [ (nZ) c'est-�a-dire : le plus petitmultiple commun �a m n est mn.(d) Supposons x� x1 2 I; y � y1 2 I . (x + y)� (x1 + y) = x� x1 2 I doncx + yRx1 + y ; de meme x1 + yRx1 + y1 donc x + yRx1 + y1.xy� x1y = (x� x1)y 2 I car x� x1 2 I et I est un id�eal bilat�ere. Pourles memes raisons nous avons xyRx1y ; de meme x1yRx1y1 c'est-�a-direxyRx1y1.Il est donc possible de d�e�nir la somme des classes et leur produit �a l'aidedes repr�esentants.L'application' de (A; +; �) dans (A/I; +; �) d�e�nie par '(x) = X = xla classe de x pour la relation R v�eri�e '(x+ y) = '(x) +'(y); '(xy) ='(x)'(y). Par construction, elle est surjective donc (A/I; +; �) est unanneau5.(e) Il est imm�ediat que f est un morphisme d'anneaux.Le noyau de f est l'ensemble des x 2 A; xI = 0; xJ = 0 c'est-�a-direx 2 I \ J = (IJ) car I + J = A.Montrons que f est surjective.Il s'agit de prouver que pour tout (X; Y ) 2 A/I �A/J , 9a 2 A, tel queaI = X; et aJ = Y . Soient x un repr�esentant de X , y un repr�esentantde Y . Il faut rechercher a 2 A tel que a � x 2 I et a � y 2 J . D'apr�esl'hypoth�ese, il existe (i0; i1) 2 I2; (j0; j1) 2 J2); x = i0 + j0; y = i1 + j1.Soit i = i1 � i0; j = j0 � j1. Posons a = x+ i.Nous avons y + j = y + j0 � j1 = y + x � i0 � y + i1 = x + i = a. a estsolution du probl�eme donc f est surjective.Montrons un r�esultat g�en�eral concernant les morphismes d'anneaux.Si f est un morphisme d'anneaux, d�e�ni de A vers B de noyau l'id�ealI alors, I est un id�eal bilat�ere, l'anneau (A/I; + �) est isomorphe �al'anneau (f(A); +; �). Si f est surjective, il y a isomorphisme entre(A/I; + �) et l'anneau (B; +; �).Soit X 2 A/I. Soient x et y deux repr�esentants de X .f(x)� f(y) = f(x� y) = 0 donc nous pouvons d�e�nir une application 'de A/I dans B par '(X) = f(x). Soient X et Y deux �el�ements de A/Ide repr�esentants respectifs x et y.'(X + Y ) = f(x + y) = f(x) + f(y) = '(X) + '(Y ).'(XY ) = f(xy) = f(x)f(y) = '(X)'(Y ).'(1) = f(1) = 1.'(X) = 0 () f(x) = 0 () x 2 I () X = 0. ' est unisomorphisme d'image Im(f).(f) Dans le cas particulier o�u m et n sont deux entiers premiers entre eux,nous obtenons grace aux r�esultats pr�ec�edents :�Z/mZ; + �� ' �Z/mZ�Z/mZ; + ��.Ce r�esultat se g�en�eralise imm�ediatement au cas d'un nombre quelconqued'entiers premiers entre eux deux �a deux.5Voir le livre du meme auteur : R�esum�e de cours Textes et corrig�es de devoirs.

18 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESR�esolvons l'�equation x � 3 (7); x � 1 (8). 9 est une solution imm�ediate.D'apr�es ce que nous venons de voir, l'ensemble des solutions est doncf9 + 56p; p 2 Zg.Pour trouver une solution de l'�equation x � 3 (7); x � 1 (8); x � 3 (9), ilsu�t de chercher p 2 Ztel que 6+56p soit divisible par 9. Nous pouvonsfaire des essais successifs. Recherchons plutot (p; q) 2 Z2; 56p� 9q = 3.56 = 9 � 6 + 2, 9 = 2 � 4 + 1.Nous obtenons donc6 1 = 9 + 4 � 9 � 6� 4 � 56 = 25 � 9 � 4 � 56.Une solution particuli�ere est 9�12 �56 = �663. L'ensemble des solutionsest donc f�663 + 504p; p 2 Zg= f345 + 504p; p 2 Zg.12. (a) p est premier. '(p) = p� 1.Soit d un diviseur de n et p� alors d = p� avec 06�6�. n est premieravec p� si et seulement si il n'est pas un multiple de p. Il y a p��1 telsnombres ; donc '(p� = p� � p��1.(b) Pour n>2, nous savons qu'un �el�ement est inversible dans �Z/nZ ; +; ��si et seulement si il est la classe d'un �el�ement premier avec n. Il y a donc'(n) �el�ements inversibles.On peut remarquer que si n 2 N� est premier, �Z/nZ ; +; �� est uncorps et tous ses �el�ements (sauf 0) sont inversibles ; on a bien '(n) = n�1.x engendre �Z/nZ ; +� si et seulement si il existe p 2 Z; p � � �x = 1 c'est-�a-dire si il existe n 2 Z; px� 1 est divisible par n. Cela signi�e bien quex est premier avec n et le nombre de tels �el�ements est bien '(n).(c) Pour m et n>2, en utilisant l'isomorphisme vu pr�ec�edemment, nous end�eduisons que le nombre d'�el�ements inversibles dans �Z/mnZ; +; �� estcelui des �el�ements inversibles dans �Z/mZ�Z/nZ; +; ��.Il vient donc '(mn) = '(m)'(n).Si l'un des deux est �egal �a 1, la relation est imm�ediate.Soit n = pYi=1 n�ii la d�ecomposition en facteurs premiers de n. En utilisantles r�esultats pr�ec�edents, il vient :'(n) = pYi=1 �n�ii � n�i�1i � = pYi=1 �n�ii �1� 1ni�� = n pYi=1 �1 � 1ni�.(d) Nous savons que le cardinal de G(n) est '(n) donc, en utilisant de th�eo-r�eme de Lagrange, nous obtenons x 2 G(n) ) x'(n) = 1.(�) a ^ n = 1 ) a 2 G(n) donc a'(n) � 1 (mod n).(��) Si de plus n est premier alors '(n) = n � 1 donc an�1 � 1 (mod n)et en multipliant par a, an � a (mod n).(e) Montrons7 que pour n 2 N� , n = Xdjn;d2N�'(d).6Je souligne les restes successifs a�n de les retenir pour la recherche des coe�cients.7Une autre preuve est donn�ee dans le livre d�ej�a cit�e R�esum�e de cours, page 30, en utilisant les�el�ements inversibles de �pZ/pqZ; +� qui est isomorphe �a �Z/qZ; +�.

19�Ecrivons la d�ecomposition de n en facteurs premiers. n = pYk=1 n�kk o�u les�k sont des entiers au moins �egaux �a 1. Un diviseur d de n est donc �egal�a pYk=1n�kk o�u les �k sont des entiers naturels au plus �egaux �a �k.Xd jn; d2N�'(d) = X�16�1; :::; �p6�p�'�n�11 � : : : ' �n�pp �� = pYi=1 �kXk=0 ' �(ni)k�!.�kXk=0 ' �(ni)k� = 1 + �kXk=1 ' �(ni)k� = 1 +�1 � 1ni� �iXk=1(ni)k!= 1 +�1 � 1ni�ni (ni)�i � 1ni � 1 = (ni)�i .Nous avons donc Xd jn; d2N�'(d) = pYi=1(ni)�i = n.13. Nous allons faire deux d�emonstrations de ce r�esultat.Pour p = 2; (p�1)! = 1 � �1 (mod p). Pour p = 3; (p�1)! = 2 � �1 (mod p).Supposons p>5.Soit k 2 Np�1 ; k est premier avec p donc il existe (u; v) 2 Z2; ku+pv = 1. Ene�ectuant la division euclidienne de u par p, nous obtenons u = pq+ r; 06r <p. Il vient alors 1 = kr+p(kq+v) = kr+pw. r n'est pas nul car sinon p divise1. Nous en d�eduisons que kr � 1 (mod p). r est l'unique8 entier compris entre1 et p�1 �a v�eri�er cette propri�et�e ; en e�et kr � 1 (mod p) et kr0 � 1 (mod p)impliquent que p divise r � r0 avec jr � r0j < p. Nous avons donc r = r0.Si k 2 f2; : : : ; p�2g alors k+1 et k�1 appartiennent �a Np�1 et sont premiersavec p ; k2 n'est donc pas congru �a 1 modulo p. �A chaque k 2 f2; : : : ; p�2g estdonc associ�e un unique r 2 f2; : : : ; p�2g tel que kr � 1 (mod p) et k 6= r. Enconsid�erant les p � 32 sous-ensembles de f2; : : : ; p�2g �a 2 �el�ements constitu�esdes �el�ements dont le produit est congru �a 1 modulo p, nous en d�eduisons que p�2Yk=2 k! � 1 (mod p). Nous avons donc (p � 1)! � (p � 1) (mod p) d'o�u ler�esultat demand�e.R�eciproquementSupposons que p soit un entier au moins �egal �a 2 tel que (p�1)! � �1 (mod p).Soit d 2 Np�1 un diviseur de p. d divise (p�1)! car il est �egal �a l'un des entiersdu produit. d divise donc �1 et est �egal �a 1. p est donc premier.Seconde d�emonstration�Z/pZ ; + ; �� est un corps. D'apr�es le petit th�eor�eme de Fermat vu plus8��Z/pZ�� ; �� est un groupe donc chaque �el�ement de cet ensemble poss�ede un et un seulinverse.

20 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�EShaut, 8x 2 �Z/pZ�� ; xp�1 = 1. Le polynome Xp�1 � 1 est donc scind�e �aracines simples et Xp�1 � 1 = p�1Yk=1 �X � k�.En particulier : �1 = p�1Yk=1 ��k�.p � 1 �etant pair pour p>3, il vient �1 = p�1Yk=1! = (p� 1)!.R�eciproquement :Si (p� 1)! = 1 alors tous les �el�ements non nuls de Z/pZsont inversibles ; celaprouve que �Z/pZ ; + ; �� est un corps et que p est premier.14. Soit d>1 le pgcd de a et b. d divise a et b donc divise p2. d est alors �egal �a1; p ou p2.Si a et b sont premiers entre eux alors un diviseur premier c de ab divise a etne divise pas b ; il ne peut donc pas diviser a+ b. d est donc �egal �a p ou p2.Supposons p = 7 et a_b = 231 = 7�33. En �ecrivant a = 7a0 et b = 7b0 avec a0et b0 entiers, a0 et b0 divisent 33 ; la seule valeur possible de a0 + b0 divisible par7 est 14 = 3 + 11. Nous avons a = 21 et b = 77 (ou le contraire) qui convient.Avec a _ b = 245 = 72 � 5, en utilisant la meme m�ethode que pr�ec�edemment,il vient que les valeurs possibles de a0 + b0 divisibles par 7 sont 14 et 42. Seule42 convient et a = 49; b = 245 (ou le contraire).Dans le premier cas a ^ b = 7, dans le second a ^ b = 49.15. Pour n = 1, 24n + 5 = 21 est divisible par 21.Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang n.Il existe k 2 N; 24n + 5 = 21k. 24n+1 + 5 = (21k � 5)4 + 5. En d�eveloppantnous obtenons 24n+1 + 5 = (21k � 5)4 + 5 = 21q + 54 + 5 = 21(q + 30).16. Supposons r non premier ; r = r1r2 avec r1 et r3>2.ar � 1 = (ar1 � 1) r2�1Xk=0 ar1k!. Chacun des deux entiers du produit est plusgrand que 3 ; ar � 1 n'est donc pas premier.ar � 1 = (a� 1) r�1Xk=0 ak!. Si a > 2, a � 1>2 et r�1Xk=0 ak>1 + a > 3 et ar � 1n'est pas premier.17. Si nous ne voulons pas utiliser le petit th�eor�eme de Fermat, nous pouvonscalculer (modulo 17) les puissances successives 3n pour n allant de 0 �a 16.Nous voyons alors que 35 � 5 ( mod 17) et 316 � 5 ( mod 17) ; 16 �etant leplus petit entier strctement positif �a v�eri�er cette propri�et�e. Nous avons donccomme solutions tous les entiers du type n = 5 + 17k; k 2 N.18. q est premier donc ��Z/qZ�� ; �� est un groupe de cardinal q � 1. Nous

21avons 2p � 1 ( mod q) donc l'ordre de 2 dans ��Z/qZ�� ; �� divise p qui estpremier ; il est donc �egal �a p.D'apr�es le th�eor�eme de Lagrange, 2q�1 � 1 ( mod q). p divise donc q � 1>2.q � 1 est pair donc est divisible par 2. p et 2 sont premiers entre eux donc 2pdivise q � 1.19. (a) Soit A = (ai)i2N�(a) (resp. B = (bj)j2N�(b)) l'ensemble des diviseurs de a(resp. de b) au moins �egaux �a 1. Si a et b sont premiers entre eux alorsAB est l'ensemble des diviseurs de ab.X16i6�(a); 16j6�(b) aibj = 0@�(a)Xi=1 ai1A �0@�(a)Xj=1 bj1A = �(a)�(b).(b) Il est imm�ediat que p premier () �(p) = 1 + p.(c) Soit p un entier premier.Les diviseurs de pq sont tous les pk; k 2 f0; : : : ; qg ; la somme de cesdiviseurs est donc : qXk=0 pk = pq+1 � 1p � 1 .�(1) = 1 ; soit alors n un entier au moins �egal �a 2 d�ecompos�e en produitde facteurs irr�eductibles n = qYi=1(ni)�i o�u les entiers ni sont des entiersnaturels premiers deux �a deux distincts et les �i sont des entiers naturelsnon nuls.En utilisant les r�esultats pr�ec�edents, il vient : qYi=1 �(ni)�i+1 � 1ni � 1 �.Par exemple, le nombre d'�el�ements inversibles dans Z/78Z est �egal �a78�1� 12� �1 � 13� �1� 113� = 24. Le groupe des �el�ements inver-sibles de Z/78Z est de cardinal 24. Ces �el�ements sont les classes des�el�ements : 1, 5, 7, 11, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 35, 37, 41, 43, 47, 49, 53,55, 59, 61, 67, 71, 73, 77 qui sont respectivement d'ordre 1, 4, 12, 12, 6,12, 6, 2, 6, 4, 6, 12, 12, 6, 4, 6, 2, 3, 12, 3, 12, 12, 4, 2. On remarquequ'aucun �el�ement n'est d'ordre 12 donc que le groupe en question n'estpas cyclique.(d) Supposons n pair ; n s'�ecrit n = 2kq avec k 2 N� et q impair.�(n) = (2k + 1 � 1) �(q) car q et 2k sont premiers entre eux.Si n est parfait, nous avons la relation 2n = 2k+1q (2k + 1� 1) �(q). Ilvient alors d'apr�es le th�eor�eme de Gau�que 2k + 1 � 1 divise q ; il existem 2 N q = m (2k + 1 � 1). Si m>3 alors 1, m et q sont trois diviseurs deq deux �a deux distincts. Leur somme est �egale �a 1 +m2k+1 = 1 + �(q) ;nous en d�eduisons alors �(q)>1 + �(q). Nous avons une contradiction etm = 1 et q = 2k+1 � 1.n = 2k �2k+1 � 1�, �(n) = � �2k� � �2k+1 � 1� = �2k+1 � 1� � �2k+1 � 1�.�(n) = 2n conduit alors �a � �2k+1 � 1� = 2k+1 donc (2k+1 � 1 est premier

22 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESet d'apr�es le r�esultat de l'exercice num�ero 16, k + 1 = p est premier.Supposons9 n = 2p�1 (2p � 1) avec p premier et 2p � 1 premier.2p�1 et 2p � 1 sont premiers entre eux donc�(n) = � �2p�1� � (2p � 1) = (2p � 1) � (2p) = 2n.(e) Soit n = a� b� avec a et b entiers premiers di��erents et au moins �egaux �a3. �(n) = a�+1 � 1a� 1 b�+1 � 1b� 1 = 2a� b� . Nous en d�eduisons :a� b� (2(a� 1)(b� 1)� ab) = 1 � a�+1 � b�+1 < 0.Il vient donc ab� 2a� 2b+ 26 � 1 soit encore (a � 2)(b � 2)61 alorsque d'apr�es les hypoth�eses nous avons (a� 2)(b� 2)>3. Il y a donc unecontradiction et les nombres parfaits impairs poss�edent donc au moinstrois diviseurs premiers di��erents et au moins �egaux �a 3.20. Soit d un diviseur de 22n + 1 et 22m + 1 avec m > n.22n � �1 mod d. Soit p = 2m�n alors 22m = �22n�p � 1 mod d. Cependant,comme pour n, 22m � �1 mod d ce qui implique que d divise 2 et est donc�egal �a 1 ou �a 2. d ne pouvant etre pair il est �egal �a 1 et les deux nombres10sont premiers entre eux.21. D�ecomposons � en un produit de cycles de supports distincts.� = c1 � c2 � : : : � cp. Soit s une permutation d�ecompos�ee en un produit decycles de supports distincts. s = s1 � s2 � : : : � sq. � = s2 si et seulement sic1 � c2 � : : : � cp = (s1)2 � (s2)2 � : : : � (sq)2. �A un ordre pr�es nous en d�eduisonsque p6q, 8i 2 Np ci = (si)2 et pour i entre p+ 1 et q si est une transposition.R�esolvons l'�equation ci = (si)2. ci et si ont meme longueur ri et meme support.Supposons ri = 2a pair. Nous devons avoir alors (ci)a = Id ce qui est contra-dictoire. ri est donc impair �egal �a 2ai + 1. Nous en d�eduisons si � (ci)ai = Idsoit encore si = (ci)ai+1.Il est donc n�ecessaires que les cycles ci soient tous d'ordres impairs. Nousavons alors dans ces conditions s = pYi=1(ci)ai+1! � lYj=1 �j! o�u les �j sontdes cycles de longueur 2 �a supports deux �a deux di��erents et di��erents deceux des ci.Exemple � = � 1 2 3 4 5 6 7 84 3 5 7 2 6 1 8 �. � est le produit du cycle (1; 4; 7)et du cycle (2; 3; 5). Les solutions sont donc les produits des cycles (1; 7; 4) et(2; 5; 3) ou (1; 7; 4), (2; 5; 3) et (6; 8).En revanche si nous choisissons � = � 1 2 3 4 5 6 7 83 6 4 5 1 8 7 2 � qui est leproduit des cycles (1; 3; 4; 5) et (2; 6; 8) il n'y a pas de permutation s telle ques2 = �.9Les nombres du type 2p � 1 sont dits nombres de Mersenne. Pour p premier, ils ne sont pasn�ecessairement premiers ; par exemple 211 � 1 = 2047 = 23� 89, en revanche 27�1 et 213�1 sontpremiers et donc 26 �27 � 1� = 8128 et 212 �213 � 1� = 33550336 sont parfaits.10Ces nombres s'appellent nombres de Fermat. Pour n = 1; 2; 3; 4 ils sont premiers ;225 = 4294967297 n'est pas premier.

2322. (a) a a pour image b, b a pour image c et c a pour image a. Les autres�el�ements sont invariants donc (a; b) � (b; c) = (a; b; c).Une permutation paire est le produit d'un nombre pair de transpositionsdu type (a; b) � (c; d) (avec a; b; c et d deux �a deux distincts) qui peutdonc s'�ecrire (a; b) � (b; c) � (b; c) � (c; d) = (a; b; c) � (b; c; d) ou du type(a; b) � (b; c) (avec a; b et c deux �a deux distincts) qui peut donc s'�ecrire(a; b; c). Une permutation paire est donc le produit de trois cycles.(b) Soit i < j � 1. Notons �1 le produit �i;i+1 � : : : � �j�1;j et �2 le produit�j�2;j�1 � : : : � �i;i+1.Soit i < k < j ; nous avons i + 16k6j � 1. k a pour image k � 1 par �2qui a pour image k par �1.�2(i) = j � 1 puis �1(j � 1) = j.�2(j) = j puis �1(j) = i.Si k 62 fi; : : : ; jg �2(k) = k puis �1(k) = k. Nous avons bien �i;j = �1��2.Pour i = j�1 c'est imm�ediat donc les transpositions �i;i+1 engenrent bienSn.Nous pouvons remarquer que toutes ces transpositions sont n�ecessairescar si nous enlevons l'une d'entre elles, par exemple �p;q, celle-ci ne peutetre obtenue �a partir des autres.c � �1;2 � c�1 = �2;3. D'une mani�ere g�en�erale c � �i;i+1 � c�1 = �i+1;i+2 doncck � �1;2 � c�k = �k+1;k+2.D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, nous en d�eduisons que (1; 2) et (1; 2; : : : ; n)engendrent Sn.(c) (1; n) � (1; n � 1) � : : : � (1; 2) = (1; 2; : : : ; n). D'apr�es le r�esultatpr�ec�edent, nous en d�eduisons que les transpostions �1;i; i 2 f2; : : : ; ngengendrent Sn.23. Soit s une transposition appartenant au centre de Sn. Soient i 6= j deux entiersde Nn . Posons �1 = s � �i;j et �2 = �i;j � s. Soit k un entier appartenant �a Nndi��erent de i et de j. �1(k) = s(k); �2(k) = �i;j � s(k). s est dans le centredonc s(k) = �i;j � s(k) et alors s(f1; : : : ; ng n fi; jg) = f1; : : : ; ng n fi; jg. s�etant bijective il vient s(fi; jg) = fi; jg.Si trois �el�ements i; j; k sont deux �a deux di��erents nous obtenons doncs(fi; kg) = fi; kg, s(fi; jg\ fi; kg) = fi; jg\ fi; kg = fig. s est donc l'identit�eet le centre contient un seul �el�ement.S2 est ab�elien.24. (a) �1 = � 1 2 3 42 3 1 4 �, �2 = � 1 2 3 43 1 2 4 � et l'identit�e constituent A.B est constitu�e de la permutation �3 = � 1 2 3 41 2 4 3 �, et de l'identit�e.AB contient les �el�ements de A, ceux de B et les deux �el�ements �1 � �3 =�1 = � 1 2 3 42 3 4 1 � et �2 � �3 = �1 = � 1 2 3 43 1 4 2 �.(�1 � �3)2 = �3 = � 1 2 3 43 4 1 2 � qui n'appartient pas �a Ab qui n'est

24 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESdonc pas un groupe.Nous pouvons utiliser un autre exemple. Dans le plan a�ne consid�eronsle groupe engendr�e par la sym�etrie, sa, par rapport �a un point a et legroupe engendr�e par la sym�etrie, sb, par rapport �a un point b distinct dea. AB = fId; sa; sb; t2�!ba g qui n'est pas un groupe car sb � sa = t2�!abn'appartient pas �a l'ensemble.(b) Supposons que B soit un sous-groupe distingu�e de G.Soit x 2 AB. Il existe (a; b) 2 A � B; x = ab. Nous avons aba�1 2 Bc'est-�a-dire xa�1 2 B et x 2 BA. Il vient donc AB � BA.Soit x 2 BA. Il existe (a; b) 2 A � B; x = ba. Nous avons a�1ba 2 Bc'est-�a-dire a�1x 2 B et x 2 AB. Il vient donc AB = BA.Montrons maintenant que AB est un groupe.Soit (a; b; a0; b0) 2 A�B �A�B. a0b0 2 BA donc il existe (a00; b00) 2 A�B; a0b0 = b00a00. (ab)(a0b0) = abb00a00. Il existe (�; �) 2 A�B; bb00a00 = �� ;nous avons donc : (ab)(a0b0) = a�� 2 AB.(ab)�1 = b�1a�1 2 BA = AB. AB est bien un groupe.25. (a) (�) Soient x; y; z trois �el�ements de G.xx�1 = e 2 H; (xy�1 2 H) ) �(xy�1)�1 = yx�1 2 H�,(xy�1 2 H et yz�1 2 H) ) (xy�1yz�1 = xz�1 2 H .R est bien une relation d'�equivalence. La classe d'un �el�ement x deG (modulo H)11 est Hx.(��) Soient (x; x0) 2 G2; xR x0; (y; y0) 2 G2; yR y0.(xy)(x0y)�1 = xx0�1 2 H . (yx)(yx0)�1 = y (xx0�1) y�1 2 H car H estdistingu�e dans G. Nous en d�eduisons alors (xy)R (x0y)R (x0y0). Laclasse (modulo H) de xy ne d�epend pas du repr�esentant choisi de laclasse de x et de la classe de y. Nous pouvons donc d�e�nir le produitde deux classes comme �etant la classe du produit de deux �el�ementsrepr�esentant chacune d'elles.(���) Soit f l'application de G dans G/H d�e�nie par f(x) = X o�u X estla classe de x modulo H . D'apr�es ce qu nous venons de voir, pourchaque (x; y) 2 G2 nous avons f(xy) = f(x)f(y). f est surjectivepar construction donc12 G/H est un groupe.(b) (�) Soit g 2 G. Soient x et y deux �el�ements de G.g(xyx�1y�1)g�1 = (gxg�1x�1) (x(gy)x�1(gy)�1) est, par d�e�nition,un �el�ement de D(G). Si v1; : : : ; vp sont des �el�ements du typexyx�1y�1 alors g(v1 : : : vp)g�1 = (gv1g�1) : : : (gvpg�1) 2 D(G)par d�e�nition. (Il faut remarquer qu'un �el�ement du type xyx�1y�1est du meme type que l'inverse d'un tel �el�ement). D(G) est doncbien un sous-groupe distingu�e de G.11C'est-�a-dire pour la relation R.12Voir le r�esultat dans le livre "R�esum�e de cours Textes et corrig�es de devoirs" du meme auteurchez ellipses.

25(��) G/H ab�elien �equivaut �a XY = Y X pour toutes classes X et Y ; c'est-�a-dire encore 8(x; y) 2 G2; (xy)R(yx) soit encore (xy)(yx)�1 2 Hce qui est exactement D(G) � H car D(G) et H sont des groupes.(���) Les �el�ements de D(S3) sont des permutations paires. Les trois per-mutations paires de S3 sont �1 = � 1 2 32 3 1 �, � 1 2 33 1 2 � = (�1)2et l'identit�e. �2;3 � �1;3 = �1 donc �2 = (�1)2 2 D(S3) ainsi que�1 = (�2)2. D(S3) est donc �egal au sous-groupe des permutationspaires.26. (a) Soit (x; y) 2 G2. fa(x) = y () x = a�1ya. fa est donc bijective et(fa)�1 = fa�1 . Soient a et b deux �el�ements de G.fab(x) = (ab)x(ab)�1 = a(fb(x))a�1 = (fa � fb) (x).G0 est donc un groupe, sous-groupe du groupe des bijections de G dansG.Soit (x; y) 2 C2. Par d�e�nition xy = yx.Soit z 2 G. (xy�1) z = x (y�1z) = x (z�1y)�1 = x (yz�1)�1 = xzy�1 eten�n (xy�1) z = zxy�1. C est donc bien un groupe ab�elien.(b) Nous avons vu p�ec�edemment que � est un morphisme qui par d�e�nitionest surjectif13. Le noyau de fa est l'ensemble des �el�ements de G v�eri�antfa = Id c'est-�a-dire 8x 2 G; axa�1 = x soit encore ax = xa ce qui n'estautre que le centre de G. Le centre est un groupe ab�elien donc nouspouvons comme plus haut d�e�nir le groupe quotient G/C .Montrons que si f est un morphisme d'un groupe G1 dans un groupeG2 de noyau N ; ce dernier est un sous-groupe distingu�e de G1 et que legroupe quotient G1/N est isomorphe au groupe f(G1) sous-groupe deG2.Soit x 2 G1 et soit n 2 N .f �xnx�1� = f(x)f(n) (f(x))�1 = f(x) (f(x))�1 = eG2 . xnx�1 2 N et Nest bien un sous-groupe distingu�e de G1.Soit X une classe modulo N ; soient x et y deux repr�esentants de X .xy�1 2 N donc f(x) = f(y). Nous pouvons donc poser F (X) = f(x).Si X et Y sont deux �el�ements de G1/N de repr�esentants respectifs xet y, nous avons F (XY ) = f(xy) = f(x)f(y) = F (X)F (Y ). F est unmorphisme d'image f(G1).(F (X) = eG2) () (f(x) = eG2) () (x 2 N) () (X = e) o�u e estl'�el�ement neutre de G/N . F est donc injectif.En appliquant cela, il vient que G/C est isomorphe �a G0.27. (a) x 2 G 7�! xa 2 Ga est un morphisme surjectif donc Ga est un groupe,sous-groupe de G. De meme Gb est un groupe, sous-groupe de G.a ^ b = 1 donc il existe (�; �) 2 Z2 tel que 1 = � a+ � b.Il vient donc, pour x 2 G, x = x�a+� b = (xa)� (xa)� = uvavec u = (xa)� 2 Ga et v = (xa)� 2 Gb.13Comme nous l'avons vu plus haut, la propri�et�e fb � fa = fba su�sait �a prouver que G0 �etaitun groupe.

26 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ES(b) Il est clair que x 2 G 7�! xk 2 G est un morphisme de G. Il existe(�; �) 2 Z2 tel que 1 = �k + � n. Soit y 2 G. Soit x = y�. Nous avonsxk = y�k = y�k+� n = y. L'application est donc surjective.Soient x et y deux �el�ements de G. �xk = yk�) �x� k+� n = y�k+� n� soitencore x = y. L'application est donc bien un automorphisme et l'appli-cation r�eciproque est x 2 G 7�! x� 2 G.28. A2 = B2 = I2. Posons E = fA; Bg. Tout �el�ement de G est donc le produitd'un nombre �ni d'�el�ements de E.ABBA = I2 donc le groupe, H , engendr�e par BA est constitu�e des �el�ements(BA)n ou (AB)n o�u n 2 N.B(BA)nB = (AB)n 2 H , B(AB)nB = (BA)n 2 H , A(BA)nA = (AB)n 2 H ,A(AB)nA = (BA)n 2 H .Si X 2 H , nous avons donc AXA�1 2 H; et BXB�1 2 H . Supposons ler�esultat vrai pour tout �el�ement de G produit d'au plus n �el�ements de E. SoitY 2 G, produit d'au plus n + 1 �el�ements de E. Y = AZ ou Y = BZo�u Z 2 G est le produit d'au plus n �el�ements de E. Nous avons doncY XY �1 = A (ZXZ�1)A 2 H ou Y XY �1 = B (ZXZ�1)B 2 H . Nous end�eduisons que H est un sous-groupe distingu�e de G. Comme nous l'avons vuplus haut il est donc possible de d�e�nir le groupe quotient G/H .Un �el�ement de G s'�ecrit comme le produit d'�el�ements de E. �Etant donn�e queA2 = B2 = I2, en simpli�ant, deux �el�ements cons�ecutifs sont donc A et B. Laliste des termes du produit peut donc commencer par A ou B et se terminerde meme par A ou B.Un �el�ement deG s'�ecrit doncA(BA)n = (AB)nA; B(AB)n = (BA)nB; (BA)nou (AB)n, avec n 2 N. (AB)mA(BA)mB = (AB)n(AB)mAB = (AB)n+m+1donc [(AB)nA] [B(AB)m]�1 2 H . Il y a donc deux classes modulo H et lecardinal de G/H est �egal �a 2.Considrons le plan vectoriel euclidien rapport�e �a la base orthonormale (�!� ;�!� ).A est la matrice de la sym�etrie orthogonale par rapport �a la droite D1 dirig�eepar le vecteur �!u tel qu'une mesure de l'angle \(�!� ;�!u ) soit �egale �a 3�8 .B est la matrice de la sym�etrie orthogonale par rapport �a la droite D2 dirig�eepar le vecteur �!� .AB est donc la rotation dont une mesure de l'angle est ��4 . Le groupe engen-dr�e par AB est donc cyclique d'ordre 8. G = H [ (AH) avec H \ (AH) = ;.Nous savons que H et AH ont le meme cardinal donc le cardinal de G est �egal�a 16.29. p ^ q = 1 donc il existe (a; b) 2 Z2; �ap + bq = 1. Posons k = bq.xk yk = xap+1 ybq = x. De meme, posons k = �ap. xk yk = x�ap y1�bq = y.x et y sont bien dans F =< xy >.Soient a 2< x > et b 2< y >. Il existe (m;n) 2 Z2; a = xm; b = yn.(x; y) 2 F donc il existe (r; s) 2 Z2; x = (xy)r; y = (xy)s. Nous avons doncab = (xy)rm+ns 2 F . Soit alors f l'application du groupe < x > � < y >dans le groupe F d�e�nie par f((a; b)) = ab. f est clairement un morphisme

27de groupes. f est surjective car pour chaque n 2 Z, f ((xn; yn)) = (xy)n. Lenoyau l'ensemble des couples (a; b) tels que ab = e. Si (a; b) appartient aunoyau de f , il existe m 2 f0; : : : ; p � 1g et n 2 f0; : : : ; q � 1g tels quexm yn = e. En particulier xmp ynp = e = ynp.Comme nous l'avons vu plus haut14, nous en d�eduisons que q divise np et,d'apr�es le th�eor�eme de Gau�, divise n. Il vient alors n = 0 puis m = 0. f estdonc bijective et le cardinal de F est �egal �a pq.30. (a) Soit a 2 G. (a�1 e0a)2 = a�1 e0a a�1 e0a = e donc a�1 e0a = e ou e0.Dans le premier cas nous avons e0a = a puis e0 = e. Nous en d�eduisonsdonc 8a 2 G; e0a = ae0.(b) e 6= j; e 6= k; j 6= k. Si e = l = jk alors j et k commutent.Si j = l = jk alors k = e ; de meme si k = l.e; j; k et l sont donc deux �a deux distintcs.Si un �el�ement est d'ordre 8 le groupe est cyclique et donc ab�elien. Enutilisant le premier exercice, les ordres des �el�ements de G sont 1, 2 ou 4.e0 est le seul �a etre d'ordre 2 donc tous les autres (sauf e) sont d'ordre 4.e0j = e) e02 j2 = e) j2 = e ce qui est faux.De meme e0k et e0l sont di��erents de e.e0 6= l car alors e0l = e puis e02 l2 = e = l2. l serait d'ordre 2.Les �el�ements j; k; l; e0j; e0k; e0l sont donc d'ordre 4.Montrons que ces �el�ements qui sont tous di��erents de e et de e0 sont deux�a deux distincts.Il faut prouver e0j 6= k; e0j 6= l; e0k 6= l; e0k 6= j; e0l 6= j; e0l 6= k.e0j = k ) e0l = e0jk = k2 ) l2 = k4 = e.je0 = e0j = l = jk ) k = e0.Nous faisons de meme avec les autres possibilit�es. Nous disposons doncde huit �el�ements de G deux �a deux distincts ; ils sont donc les �el�ementsde G.(c) k2 et j2 sont d'ordre 2 (car ils sont di��erents de e) donc j2 = k2 = e0.jl = j2k = e0k = k0; jj0 = je0j = e0j2 = e; jk0 = e0jk = e0l = l0;jl0 = e0jl = e0k0 = k; e0lk = e0jk2 = j.Nous avons lk = e0j = j0 puis l0k0 = lk = e0j = j0.kj 2 fl; l0; j0g.� si kj = l alors l2 = kjl = kk0 = e0k2 = e ce qui est faux car l est d'ordre4.� si kj = j0 = e0j alors k = e0.Nous avons donc kj = l0 puis kj0 = l; kl = k2j0 = e0j0 = j; kl0 = j0.lj 2 fk; k0g. Si lj = k0 alors ljk = e = l2 ce qui est faux donc lj = k.Il vient alors lj0 = k0; lk0 = e0lk = e0jk2 = j; ll0 = e0l2 2 fe; e0g ce quiimpose ll0 = e puis l2 = e0; k0l0 = j; k0j = k02l0 = e0l0 = el = l; k0l =e0j = j0; k0j0 = kj = l0.Nous pouvons maintenant �etablir la table de multiplication de G.14En fait on peut aussi �ecrire np = qa + r avec 06r < q ; ce qui conduit �a yr = e puis �a r = 0.

28 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ES� e j k l e0 j0 k0 l0e e j k l e0 j0 k0 l0j j e0 l k0 j0 e l0 kk k l0 e0 j k0 l e j0l l k j0 e0 l0 k0 j ee0 e0 j0 k0 l0 e j k lj0 j0 e l0 k j e0 l k0k0 k0 l e j0 k l0 e0 jl0 l0 k0 j e l k j0 e0Cherchons les conditions que doit v�eri�er �.�(k2) 6= I2, �(k4) = I2. �(k) est la matrice d'une rotation d'angle �tel que 2� 6� 0 modulo 2� et 4� � 0 modulo 2�. Nous en d�eduisons qu'ilexiste k 2 Z; � = �2 + k�. Nous avons donc �(k) = �� 0 �11 0 � avec� = �.Il vient alors E 0 = �(e0) = �(k)2 = �I2 = �(j2).�(j) = � a 00 b � avec (a; b) 2 R2.� est injectif donc a 6= b sinon j et k commutent. a2 = b2 = �1 puis�(j) = �0i� 1 00 �1 � avec �0 = �.Nous avons alors �(l) = ���0i� 0 11 0 �.Choisissons par exemple J = � i 00 �i �, K = � 0 �11 0 �. Nous avonsalors L = � 0 ii 0 �.J 0 = E 0J = � �i 00 i �, K 0 = E 0K = � 0 1�1 0 � et L0 = E 0L = � 0 �i�i 0 �.Nous obtenons J2 = K2 = L2 = J 02 = K 02 = L02 = �I2; E 02 = I2; JK =L, LJ = K; KL = J; KJ = L0; JL = K 0 et LK = J 0.Nous pouvons �ecrire la table de multiplication associ�ee. Nous obtenons :� I2 J K L E 0 J 0 K 0 L0I2 I2 J K L E 0 J 0 K 0 L0J J E 0 L K 0 J 0 I2 L0 KK K L0 E 0 J K 0 L I2 J 0L L K J 0 I 02 L0 K 0 J I2E 0 E 0 J 0 K 0 L0 I2 J K LJ 0 J 0 I2 L0 K J E 0 L K 0K 0 K 0 L I2 J 0 K L0 E 0 JL0 L0 K 0 J I2 L K J 0 E 0

29Nous obtenons bien l�a une structure de groupe sous-groupe de GL2(C ).Consid�erons l'application f d�e�nie par f(I2) = e; f(J) = j; f(K) =k; f(L) = l; f(E 0) = e0; f(J 0) = j0; f(K 0) = k0; f(L0) = l0.Cette application est bijective. La lecture des deux tables permet dedire que f est un morphisme. Nous en d�eduisons alors que l'ensemblefe; j; k; l; e0; j0; k0; l0g muni de la table associ�ee est bien un groupe.Remarque Si nous notons H l'ensemble des combinaisons lin�eaires �acoe�cients r�eels des �el�ements de �(G), nous obtenons un corps ; il s'agitdu corps des quaternions.31. (a) Si a est congru �a 0 ou 2 modulo 4 alors a2 est congru �a 0 modulo 4.Si a est congru �a 1 ou 3 modulo 4 alors a2 est congru �a 1 modulo 4.p est impair donc a et b sont de parit�es di��erentes et a2 + b2 = p estcongru �a 1 modulo 4.(b) L'application x 2 G 7�! x2 2 G est un morphisme de noyau l'ensembleH des �el�ements x de G v�eri�ant x2 = 1. Dans le corps �Z/pZ ; + ; ��,�x2 = 1� () (x�1)(x+1) = 0 () x = 1 ou x = �1, avec 1 6= �1.Nous pouvons utiliser les groupes quotients que nous avons d�e�ni plushaut et conclure que G/H est isomorphe �a l'ensemble des carr�es des�el�ements de G et est de cardinal p � 12 .Nous pouvons faire une autre d�emonstration.Dans le corps �Z/pZ ; + ; ��, l'�equation x2 = y2 �equivaut �a (x�y)(x+y) = 0, c'est-�a-dire x = y ou x = �y. Pour x 2 G dont un repr�esentantest par exemple a 2 f1; : : : ; p � 1g dans ce corps, x 6= �x car sinon pdivise 2a ce qui est exclu. Chaque carr�e a donc pour ant�ec�edant exacte-ment deux �el�ements de G. Nous obtenons alors le r�esultat demand�e.En utilisant le petit th�eor�eme de Fermat, nous obtenons pour tout �el�e-ment x de G xp�1 = 1. q = p� 12 2 N, �x2�q = 1. Tous les carr�es sontdonc racines du polynome Xq � 1 qui poss�ede au plus q racines. Lesracines de ce polynome sont donc les carr�es des �el�ements de G.(c) Si p est congru �a 1 modulo 4 alors q = p� 12 est pair donc (�1)q = 1 et �1est le carr�e d'un �el�ement deG. Il existe doncm 2 N; tel que p divise m2+1.(d) Notons d0; : : : ; dN les �el�ements ordonn�es de la famille propos�ee. On note� le plus petit des nombres di+1 � di pour 06i6N � 1.Supposons dN > 1 alors N�1Xi=0 (di+1 � di) = 1� d0 > 1 ce qui est faux card0>0. Il existe donc i et j deux entiers v�eri�ant 06i < j6N et telsque di+1 � di6 1N . Il existe donc un entier k 2 f0; : : : ; N � 1g tel que1 � kmp + E �kmp �6 1N il existe deux entiers di��erents j et k entre 0 et

30 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESN � 1 v�eri�ant ����jmp � kmp � E �jmp �+ E �kmp �����6 1N .Dans le premier cas on pose b = k6N � 1 et a = 1 + E �kmp � et nousavons ����bmp � a����6 1N6 1pp . b n'est pas nul car sinon 16 1N .Dans le second cas on pose b = j � k 6= 0 et a = E �jmp � � E �kmp �.Nous avons encore ����bmp � a����6 1N6 1pp avec jbj6N � 1.0 < �bmp � a�261p donc (bm� ap)26p.Nous avons donc b2 + (bm� ap)26b2 + p < 2p car E(pp) < pp.b2 + (bm� ap)2 est congru �a b2(1 +m2) modulo p c'est-�a-dire �a 0 modulop. Nous avons donc b2 + (bm� ap)2 = p.32. (a) Il su�t de reprendre l'exercice pr�ec�edent pour en d�eduire que si p estcongru �a 1 modulo 4 alors -1 est un carr�e dans Z/pZ.Supposons que -1 soit un carr�e dans Z/pZalors en posant comme dansl'exercice pr�ec�edent q = p � 12 , (�1)q � 1 ( mod p). Si q est impair alorsp divise 2 e qui est faux ; q est donc pair et p est congru �a 0 modulo 4.(b) Supposons qu'il n'y ait qu'un nombre �ni de nombres premiers congrus�a 1 modulo 4.Soit n le plus grand de ces nombres. Soit p un diviseur premier de 1+(n!)2.Si p6n alors p divise n! puis divise 1. Nous avons donc p>n+1. La classede 1 + (n!)2 modulo p est celle de 0 donc �1 est un carr�e dans Fp et p estcongru �a 1 modulo 4 ce qui est contraire �a l'hypot�ese. D'o�u le r�esultat.33. Soit p un nombre premir ; p>2.Soit A un anneau commutatif de caract�eristique p.Soit (a; b) 2 A2. (a+ b)p = pXk=0 Ckpakbp�k. Nous avons vu plus haut quelorsque p est premier, Ckp est divisible par p pour tout k 2 Np�1 . A �etantde caract�eristique p, nous avons pour tout k 2 Np�1 Ckp akbn�k = 0 donc(a+ b)p = ap + bp.Montrons alors par r�ecurrence, sur n, le r�esultat demand�e.Supposons la proposition vraie jusqu'au rang n.(a1 + � � � + an+1)p = ((a1 + � � � + an) + an+1)p= (a1 + � � � + an)p + an+1p = nXk=0 akp + an+1p.Le r�esultat est donc d�emontr�e.En fait, le r�esultat pr�ec�edent reste vrai dans un anneau quelconque �a la condi-tion de choisir des �el�ements ai qui commutent deux �a deux.�Z/pZ+; �� est un corps commutatif de caract�eristique p. Soit M 2 Z/pZ.

31Nous avons donc (M+XI)p = Mp+XpI . det ((M +XI)p) = (det(M +XI))p.Nous avons donc det ((M +XI)p) = (det(M +XI))p = det(Mp + XpI).Pour une matrice Q 2 Mn(K) quelconque, nous avons : det(Q + XI) =Xn + tr(Q)Xn�1 + T (X) o�u T est un polynome de degr�e au plus �egal �a n� 2�a coe�cients dans K . Nous avons donc :(det(M +XI))p = (Xn + tr(M)Xn�1 + T (X))p= Xnp + (tr(M)pXp(n�1) + (T (X))p.det(Mp+XpI) = Xnp+tr(Mp)Xp(n�1)+U(Xp) o�u T et U sont des polynomes�a coe�cients dans Z/pZde degr�es au plus n�2. L'�egalit�e des deux polynomesconduit �a tr(Mp) = (tr(M)p.Soit M 2 Mn(Z). �Etudier les valeurs modulo p consiste �a se placer dansZ/pZ; nous avons donc le r�esultat demand�e.34. 6n2+5n+1 = (2n+1)(3n+1). p �etant premier, Z/pZest un corps commutatifdonc pour tout entier n non congru �a 0 modulo p il existe un entier m tel quenm est congru �a 1 modulo p. m est "unique" modulo p. L'inverse de �2 dansZ/pZ est a; a 2 Np�1 ; celui de de �3 est b; b 2 Np�1 Les solutions sont doncfa+ kp; k 2 Zg [ fb+ kp; k 2 Zg.35. Les �el�ements inversibles dans Z/20Z sont les classes des �el�ements 1, 3, 7, 9,11, 13, 17, 19. Le groupe multiplicatif f1; 3; 7; 9g est cyclique d'ordre 4 doncisomorphe �a �Z/4Z ; +�. Le groupe multiplicatif f1; 11g est cyclique d'ordre2 donc isomorphe �a �Z/2Z ; +�.3 � 11 � 19 mod 20; 3� 17 � 11 mod 20.Nous voyons donc que les �el�ements de U sont les classes des �el�ements 3p 11qavec p 2 f0; 1; 2; 3g et q 2 f0; 1g.L'application f : x 2 U 7�! (a; b)) 2 Z/4Z� Z/24Z o�u a est la classe de pmodulo 4 et b celle de q modulo 2 est un isomorphisme.En e�et. Supposons que x soit la classe de 3p 11q modulo 20 ou celle de 3r 11smodulo 20. p � p1 mod 4; r � r1 mod 4; q � q1 mod 2; s � s1 mod 2 avec06p162; 06r162; 06q161; 06s161.Si q1 = s1 alors d'apr�es le th�eor�eme de Gau�20 divise 3p1 � 3r1 . Si p1>r1 alors20 divise 3p1�r1 � 1 avec p1 � r1 = 0 ou 1 ou 2. Il vient donc p1 = r1. Dememe pour p1>r1.Si q1 6= s1 alors quitte �a �echanger les �el�ements, il vient q1� s1 = 1 et 20 divise3p1 11 � 3r1 . Si p1>r1 alors 20 divise 3p1�r1 11 � 1 avec p1 � r1 = 0 ou 1 ou 2 ;donc 11-1 ou 33-1 ou 99-1 est divisible par 20 ce qui est faux.Si p1 < r1 alors 20 divise 11 � 3r1�p1 avec r1 � p1 = 0 ou 1 ; donc 11-3 ou 11-9est divisible par 20 ce qui est faux. ' est donc bien d�e�nie et injective. 'est clairement un morphisme car 3p 11q � 3r 11s = 3p+r 11q+s et compte tenude ce que nous venons de prouver, '(xy) = '(x) + '(y). U et Z/4Z�Z/24Zont meme cardinal donc varphi est surjective ; les deux groupes sont doncisomorphes.36. Pour p = 2, la somme est la classe de 1 c'est-�a-dire celle de �1. Supposonsp>3.

32 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ES�Z/pZ ; +; �� est un corps commutatif. Pour x 2 Z/pZ; x 6= 0 nous avons,d'apr�es le petit th�eor�eme de Fermat, xp�1 = 1 ; donc si p�1 divise k, la sommecherch�ee est �egale �a p � 1 = �1.Supposons que p� 1 ne divise pas k.Soit y 2 �Z/pZ��. x 2 �Z/pZ�� 7�! xy 2 �Z/pZ�� est bijective car injec-tive15 et l'espace de d�epart et d'arriv�ee ont meme cardinal �ni. Notons S lasomme demand�ee.Nous obtenons donc S = ykS. Soit r 2 Np�2 . Le polynome Xr � 1 a au plusr racines. Il existe donc y 2 �Z/pZ�� tel que yr 6= 1. Dans ces conditions soitr le reste de la division euclidienne de k par p � 1. yr = yk. Il existe donc un�el�ement y 2 �Z/pZ�� tel que yk 6= 1. Nous avons donc S = 0.37. (a) Soit x 2 E; x = e � x.Soit (x; y) 2 E2. S'il existe � 2 G tel que y = � � x alors ��1 � y =��1 � (� � x) = e � x = x.Soit (x; y; z) 2 E3 tel qu'il existe (�1; �2) 2 G2 v�eri�ant z = �2 � y et y =�1 � x. Nous en d�eduisons z = (�2�1) � x. R est bien une relation d'�equi-valence. La classe d'un �el�ement x de E pour cette relation est l'orbite dex sous l'action de G.Soit x 2 E. e � x = x donc S(x) n'est pas vide.Soit (�1; �2) 2 G2 v�eri�ant �1 � x = x et �2 � x = x. Il vient imm�ediate-ment d'apr�es les propri�et�es d'une action et d'apr�es ce qu nous avons vupr�ec�edemment : (�2��11 ) � x = x. S(x) est bien un groupe, sous-groupede G.(b) (�) Il est clair que l'on a l�a encore une action de groupe. Le stabilisa-teur de (1; 0; : : : ; 0) est l'ensemble des matrices inversibles dont lapremi�ere colonne est nulle sauf l'�el�ement d'indice (1; 1) qui est �egal�a 1.(��) En �ecrivant g � i = i, nous en d�eduisons que g est une matrice dutype � a b�b a �.(c) Montrons que nous d�e�nissons bien une application.Soient g1 et g2 deux �el�ements de G v�eri�ant : g�12 g1 2 S(x).(g�12 g1)�x = x donc g1�x = g2 �x. Nous d�e�nissons bien une applicationf de G/S(x) dans !(x) en posant f(g) = g � x.Soit (g1; g2) 2 G2. (g1 � x = g2 � x) ) (g�12 g1 2 S(x)) donc g1 = g2. f estinjective.Par d�e�nition f est surjective donc elle est bijective.(d) Nous avons d�ej�a d�emontr�e que dans un groupe G �ni, le nombre, N , declasses modulo un sous-groupe H v�eri�e card(G) = N card(H).Ici, N est �egal au cardinal de !(x) donc card(G) = card(!(x))�card(S(x)).15Car �Z/pZ; +; �� est un corps commutatif.

33(e) Soit x 2 G; x 6= e. S(x) = f� 2 G; � x = x �g c'est-�a-dire l'ensembledes �el�ements qui commutent avec x. p �etant premier, nous en d�eduisonsque le cardinal de S(x) est �egal �a 1 ou �a p. Il y a au moins deux �el�ementsqui commutent avec x, e et x. Donc Le cardinal de S(x) est �egal �a p etG est un groupe ab�elien.(f) Les orbites constituent une partition de E ; il vient donc :card(E) = Xx2X card(!(x)) puis, d'apr�es ce que nous avons vu plus haut,cardE = Xx2X card!(x) = Xx2X cardGcardS(x) .(g) Si x 2 Z(G); !(x) = x. Nous avons donccard(E) = Xx2X card(!(x)) = card(Z(G))) + Xx2Xx=2Z(G) card(!(x)).Nous obtenons donc comme pr�ec�edemment :card(G) = card(Z(G)) + Xx2Xx=2Z(G) card(G)card(S(x) .(h) Si x 62 Z(G) alors S(x) est de cardinal pk, car il s'agit d'un sous-groupe,avec k6n� 1. Xx2Xx=2Z(G) card(G)card(S(x) est donc divisible par p et aussi celui deZ(G) qui est donc au moins �egal �a p.38. ! = [�2Gf(�; x) 2 G� E; � � x = xg = [x2Ef(�; x) 2 G� E; � � x = xg. Il vientimm�ediatement#! = X�2G#fx 2 E= � � x = xg = Xx2E #f� 2 G= � � x = xg.Nous avons alors #! = X�2GN� = Xx2E #S(x).En utilisant les r�esultats de l'exercice pr�ec�edent, nous obtenonsX�2GN� = Xx2E #G#!(x) :Soient C1; : : : ; Cn les orbites, de cardinaux respectifs p1; : : : ; pn.Xx2E #G#!(x) = nXi=1 Xx2Ci #G#!(x)!.Pour chaque x 2 Ci, l'orbite est la meme donc Xx2Ci 1#!(x) = Xx2Ci 1#Ci = 1donc X�2GN� = n(#G).

34 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ES39. X est la r�eunion des orbites. Notons !(x) l'orbite d'un �el�ement x de X sousl'action de G.x 2 XG () !(x) = fxg. Nous avons donc : x 62 XG () card(!(x))>2.Nous avons vu pr�ec�edemment que card(!(x)) divise card(G). Notons x1; : : : ; xpdes r�epr�esentants des orbites ayant au moins deux �el�ements. D'apr�es l'�equationaux classes, vue �a l'exercice num�ero 36, nous avons #X = #(XG) + pXi=1 (#!(xi)).pXi=1 (#!(xi)) est divisible par p donc #X � #(XG) (mod p).En faisant op�erer G sur lui-meme par les automorphismes int�erieurs nous ob-tenons p� � #(GG) (mod p).Soit (g; x) 2 G2. g � x = x () gxg�1 = x () gx = xg. GG est donc lecentre de G.Il existe alors q 2 Z; 16#Z(G) = p� + qp = p(q + p��1 = pr avec r 2 Zdoncr 2 N� . Il vient donc #Z(G)>p. Z(G) est un sous-groupe de G donc soncardinal divise p� ; il existe donc n 2 N� ; #Z(G) = pn.40. (� � (� � �)) (k) = (� � �) ��k � ��� + � soit encore� + � �k � �� �� + � = ��� + �� � �� (k) ; �0 � �� �k� = 0 + � �k� = � �k�.Nous avons bien une action de groupe.L'application s : k 2 G 7�! k + k 2 G v�eri�e 8i 2 Z; 8k 2 G; si �k� = k + �.Nous en d�eduisons imm�ediatement 8� � � = si�s�i car pour tout entier i,si+p = si. Il est alors imm�ediat que les �el�ements d'une orbite ont la memesignature.Si � appartient au groupe engendr�e par s, il existe16 j 2 Z; � = sj doncsi�s�i = � ;l'orbite est donc f�g.Supposons que � n'appartienne pas au groupe engendr�e par s.Le stabilisateur de � est l'ensemble des classes � avec i 2 Np et si�s�i = �.Nous avons d�ej�a vu qu'il s'agit d'un groupe et que son cardinal divise donc p.CElui-ci est donc �egal �a 1 ou �a p. Si #S� = 1 alors 8i 2 Np ; si� = �si. Enparticulier, 8j 2 Np ; � �� + 1� = � (�) + 1.Il vient imm�ediatement : 8j 2 N; � (�) = � �0� + �. Supposons � �0� = k,avec k 2 N ; Nous avons alors � = sk ce qui est contraire �a l'hypoth�ese faite.Nous avons donc #S� = 1 et grace �a la relation (#!(�)) (#S�) = #G nousobtenons #!(�) = #G = p.41. Soit X une partie quelconque de G, soit g un �el�ement de G. L'applicationx 2 X 7�! gx 2 G est injective donc gX a meme cardinal que X . Si X 2 Palors g �X 2 P .Il est alors imm�ediat que nous d�e�nissons l�a une action du groupe G surl'ensemble P .(a) Soit X 2 P . S(X) est un sous-groupe de G donc son cardinal divise celuide G et #S(X) = m0pr0 avec 06r06r et m0 divise m.16En fait j appartient �a Np.

35(b) Soit g 2 G. Soit X 2 P . g �X = X () 8x 2 X; gx 2 X . S(X) estdonc l'ensemble des �el�ements g de G tels que 8x 2 X; gx 2 X .Supposons qu'il y ait q orbites ; notons X1; : : : ; Xq des �el�ements deux �adeux distincts choisis dans chacune des orbites. L'�equation aux classes,vue �a l'exercice num�ero 36, s'�ecrit C lN = qXi=1 #G#S(Xi) .Pour l = p�, C lN = mprp� Cp��1mpr�1.Cp��1mpr�1 = p��1Yk=1 �mpr � kk � = p��1Yk=1 ��1 + mprk �.Supposons p>3.Si k n'est pas premier avec p, prk = pst avec s 2 N; s>r��+1>1, t 2 N�et p^s = 1. p��1 est pair donc en d�eveloppant le produit nous obtenonsCp��1mpr�1 = 1 + pab 2 N, (a; b) 2 N � N� et p ^ b = 1. b divise donc pa etalors b divise a ; Nous en d�eduisons qu'il existe k 2 N; Cp��1mpr�1 = 1 + kp.Supposons p = 2. En d�eveloppant et en faisant le mem raisonnementqu'auparavent nous obtenons cette fois Cp��1mpr�1 = �1 + 2q 2 N avec q 2N. �1 + 2q = 1 + 2(q� 1) 2 N donc q>1 il existe alors k = q� 1 2 N telque Cp��1mpr�1 = 1 + 2k.Nous obtenons bien dans tous les cas : C lN = mpr��(1 + kp) avec k 2 N.(c) Supposons que pour tout X 2 P #S(X) soit du type mXprX avec rX < �et mX entier divisant m.C lN = qXi=1 #G#S(Xi) devient, en notant mi et ri �a la place de mXi et rXi ,mpr��(1 + kp) = qXi=1 mmi pr�ri .Posons ri = � � hi avec hi>1 ; r � ri = r � � + hi.mpr��(1 + kp) = qXi=1 mmi pr��+hi doncm(1 + kp) = qXi=1 mmi phi = pM , avecM 2 N. p divise donc m(1 + kp) ce qui est contradictoire.Il existe donc un �el�ement X de P tel que #S(X)>p�.(d) S(X) est le stabilisateur de X donc 8g 2 S(X); 8x 2 X; gx 2 X soitencore S(X)x � X . L'application g 2 S(X) 7�! gx 2 X est injectivedonc #S(X)6#X = p�. Nous avons bien l'�egalit�e #S(X) = p�.S(X) est un groupe donc pour tout � 2 Nr il existe un sous-groupe de Gd'ordre p�.42. Notons G/S l'ensemble des classes �a gauche modulo S. Une classe �a gauched'un �el�ement a est aS.Faisons op�erer G sur les classes �a gauche par : g � (aS) = (ga)S o�u a 2 G. Ils'agit bien d'une action de groupe. En e�ete�(aS) = (ea)S = aS; (g2g1)�(aS) = (g2g1a)S = g2�(g1aS) = g2�(g1�(aS)).Le stabilisateur de aS est l'ensemble des �el�ements g de G v�eri�ant (ga)S = aS.

36 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ES(aS � (ga = S) ) (8s 2 S; as 2 gaS) ) (a�1g�1as 2 S) c'est-�a-direa�1g�1a 2 S soit encore g 2 aSa�1.Si g 2 aSa�1 alors ga 2 aS et (ga)S � aS. Le stabilisateur de aS est aSa�1.Le stabilsateur, qui est un sous-groupe de G, est d'ordre p�.En refaisant avec H ce qui a �et�e fait avec G, nous obtenons que le stabilisateurpour l'action de H est (aSa�1) \H . Sopn cardinal divise celui de H et celuide S. Il a donc pour cardina l p�0 avec 06�06�. Le cardinal de H est m0p�o�u m0 divise m et 06�6�. �0 est donc au plus �egal �a �.Le cardinal de H/(aSa�1) \H est �egal �a m0p���0 . (aSa�1)\H est un p-Sylowde H si � = �0 ; soit encore si le cardinal de H/(aSa�1) \H est �egal �a m0 etest donc premier avec p.Si nous reprenons les r�esultats des exercices pr�ec�edents, nous en d�eduisonsque #�H/(aSa�1) \H� = #!(aS) o�u !(aS) est l'orbite sous l'action de H .(aSa�1) \H est un p-Sylow de H si et seulement si le cardinal de !(aS) estpremier avec p. aS 2 !(aS) donc G/S est la r�eunion de toutes les orbites!(aS) sous l'action de H .Si aucun cardinal #!(aS) n'est premier avec p ; ils sont tous divisibles par pet #G/S est aussi divisible par p ce qui est faux. Il existe donc a 2 G tel que# [(aSa�1) \H ] = p� .43. (a) Soit H un p-sous groupe de G ; soit S0 un p-Sylow de G. S0 existe d'apr�esles pr�ec�edents exercices. D'apr�es l'exercice pr�ec�edent, il existe a 2 G telque (aS0a�1) \ H soit un p-Sylow de H . H est un p-sous groupe donc(aS0a�1) \H = H puis H � (aS0a�1) = S.(b) D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, si H est un p-Sylow de G, alors il existea 2 G tel que H = (aS0a�1) = S.Soit X l'ensemble des p-Sylow de G ; posons pour g 2 G et S 2 Xg � S = gSg�1. Il s'agit l�a d'une action du groupe gG sur X . Nousvoyons alors que l'orbite de S 2 X est X . Nous en d�eduisons que lecardinal de X divise celui de G.(c) Soit S un p-Sylow de G. S op�ere sur X par les conjugaisons. Nous avonsalors #X � # �XS� ( mod p) o�u XS d�esigne l'ensemble des points �xesde X sous l'action de S.Nous avons vu dans les exercices pr�ec�edents en utilisant l'�equation auxclasses que : XS = fA 2 X; 8g 2 S g �A = Ag qui est aussi l'ensembledes p-Sylow A tels que pour tout g 2 S gAg�1 = A.Il nous reste �a prouver que le cardinal de XS est congru �a 1 modulo p.S est un groupe donc gSg�1 � S et g�1 S g � S. Il vient alors pour toutg 2 S, gSg�1 = S soit encore S 2 XS.Soit A 2 XS ; pour tout g 2 G gAg�1 = A. SoitB le groupe engendr�e parA et S. Le cardinal de S divise celui de B donc #S = p� et #B = m0p�o�u m0 divise m et �6�. Nous avons donc � = �. S et A sont des p-Sylowde B.Si g 2 A, gAg�1 = A. Si g 2 S alors nous avons encore gAg�1 = A. Aest donc un sous-groupe distingu�e de B.

37Soit A0 un autre p-Sylow de B ; il existe g 2 B tel que A0 = gAg�1 doncA = A0. A est donc le seul p-Sylow de B et A = S.Nous en d�eduisons #X � 1 ( mod p).#X divise #G et est de la forme 1 + pq.Par exemple si le cardinal de G est �egal �a 18 = 2�32, le nombre de 3-Sylowde G divise 18 et est du type 1 + 3q. Seul 1 est solution. Il n'y a doncqu'un seul sous-groupe de G d'ordre 9.44. (a) kx � yk2 = kxk2 + kyk2 � 2(x j y) donc (x j y) = (x0 j y0).Soit s1 la r�e exion �echangeant x et x0. Posons y00 = s1(y).kx� yk = ks1(x)� s1(y)k = kx� y00k = kx0� y0k donc comme pr�ec�edem-ment nous obtenons (x0 j y00) = (x0 j y0). Nous avons alors x0 2 (y0 � y00)?.Si y0 = y00 posons v = s1 ; sinon soit s2 la r�e exion �echangeant y0 et y00.Elle laisse x0 invariant ; posons v = s2 � s1.Il existe donc une isom�etrie v telle que v(x) = x0 et v(y) = y0. S'il s'agitd'une isom�etrie positive, on pose u = v ; sinon consid�erons un plan conte-nant x0 et y0, soit s3 la r�e exion de base ce plan.Posons v = s3 � v. s3 laisse x0 et y0 invariants et v est une rotation.v convient d'o�u le r�esultat.(b) Soient d1 et d2 deux droites et t1 et t2 les demi-tours associ�es. Soit rune rotation telle que d2 = r(d1). Soit x 2 d1; t2(r(x)) = r(x) donc(r�1 � t2 � r)(x) = x = t1(x).Soit x 2 (d1)?, (r�1 � t2 � r)(x) = r�1(�r(x)) = �x = t1(x).Il vient donc t1 = r�1 � t2 � r.Soit r une rotation di��erente de l'identit�e, d'axe D. La restriction, �, der �a D? est une rotation plane compos�ee de deux r�e exions, �1 et �2, parrapport �a deux droites d1 et d2 du plan D?. � = �2 � �1.Notons s1 (resp. s2) le demi-tour d'axe d1 (resp. d2).Soit x 2 D ; s2(s1(x)) = s2(�x) = x = r(x).Soit x 2 D?; s2(s1(x)) = �(x) = r(x). Les demi-tours sont des rotations ;donc les demi-tours engendrent SO(3).Soit H un sous-groupe distingu�e, non r�eduit �a f0g, de G.Nous voulons montrer que H = G. Il su�t de d�emontrer que H contienttous les demi-tours.Soit u 2 H; u 6= IdE .Soit a 2 E; kak = 1, dirigeant l'axe de u. Soit � 2 [��; �[nf0g tel quela matrice de u dans une base orthonormale, dont le troisi�eme vecteur esta, est 0@ 1 0 00 cos(�) � sin(�)0 sin(�) cos(�) 1A.Si cos(�) = �1, u est un demi-tour.Supposons cos(�) 6= �1.Si � 2] � �; 0[, en �echangeant u en u�1 nous sommes ramen�e au cas� 2]0; �[. Suposons alors � 2]0; �[.Soient P le plan (Ra)? et S la sph�ere unit�e.

38 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESSoient x 2 P \ S, y = u(x); d = ky � xk.d2 = kyk2 + kxk2 � 2(x j u(x)) = 2 � 2 cos(�).Soit m 2 [0; d] ; montrons qu'il existe x1 et x2 deux �el�ements de S telsque x2 = u(x1); kx2 � x1k = m.Si m = 0 il su�t de chosir x1 = x2 = a.Supposons m > 0. G�eom�etriquement, il su�t de consid�erer deux demi-cercles dessin�es sur S, de diam�etres port�es par Ra ; l'un �etant l'image del'autre par u. Il su�t alors de choisir un plan orthogonal �a a qui coupeles deux demi-cercles en deux points distants de m.Nous pouvons faire le calcul.Posons x1 = k(x+ �a); x2 = k0(y + �a).kx + �ak2 = 1 + �2 = ky + �ak2. Il su�t de choisir k = k0 = 1p1 + �2pour que x1 et x2 soient sur S.kx1 � x2k2 = k2kx � yk2 = k2d2. Il su�t de choisir kd = m c'est-�a-dire� = pd2 �m2m .Soient y1 et y2 deux �el�ements de S v�eri�ant ky2 � y1k = m.Il existe v 2 SO(3) tel que v(y1) = x1; v(y2) = x2.Posons alors w = v�1 �u�v. H �etant un sous-groupe distingu�e de SO(3),w est dans H . w(y1) = y2.Il existe donc w 2 H tel que w(y1) = y2.Soit, pour n 2 N� , rn la rotation dont la matrice dans la base choisie plushaut est 0BBBB@ 1 0 010 cos��n� �sin��n�0 sin��n� cos��n� 1CCCCA.kx � rn(x)k = 2(1 � cos��n� tend vers 0 lorsque n tend vaers +1. Ilexiste donc N 2 N tel que pour tout n 2 N; n>N on ait kx� rn(x)k6d.Posons x0 = x et pour p 2 N; xp+1 = rn(xp). Nous avons par construc-tion, xn = �x.Pour tout entier p nous avons kxp+1 � xpk = kx � rn(x)k6d si n>N .Il existe wp 2 H; wp(xp) = xp+1.Soit h = wn � wn�1 � : : : � w1 2 H .h(x) = xn = �x ; h est un demi-tour d'o�u le r�esultat demand�e.45. (a) Soit b 2 E. Il existe x 2 E tel que ax = b. Nous avons alors uax = ub =ax = b.(b) Grace aux hypoth�eses il existe u 2 E tel que ua = a. En faisant le memeraisonnement que pr�ec�edemment nous en d�eduisons l'existence de v 2 Etel que av = a puis 8b 2 E; bv = b.En combinant les deux r�esultats il vient uv = u = v. Nous en d�eduisonsqu'il existe un �el�ement neutre.

39(c) Il existe u 2 E un �el�ement neutre. Soit a 2 E. Il existe x 2 E tel queax = u, il existe y 2 E tel que ya = u.yax = yu = y = (ya)x = ux = x. a poss�ede bien un inverse.Remarque Supposons qu'un ensemble E soit muni d'une loi associative, qu'ilexiste e 2 E tel que pour tout x 2 E ex = x et que pour tout �el�ement x 2 Eil existe y 2 E tel que yx = e.Soit x 2 E, soit y 2 E tel que yx = e. Posons z = xy. zz = xyxy = xey =xy = z. Soit z0 2 E tel que z0z = e ; nous avons alors z = ez = (z0zz) =z0(zz) = z0z = e.xe = x(yx) = (xy)x = ex = x.Nous en d�eduisons que E est un groupe.Donc en fait S'il existe a 2 E tel que x 7�! ax soit surjective, s'il existe u 2 Etel que ua = a et si pour tout x 2 E il existe y 2 E tel que yx = u alors E estun groupe.46. Il existe a 2 A� tel que x 7�! ax et x 7�! xa sont surjectives donc d'apr�esce que nous avons vu �a l'exercice pr�ec�edent, il existe un �el�ement neutre e 2 Apour la multiplication. e 6= 0 car 8x 2 E; 0x = 0. Si x 6= 0 et si e = 0 nousaurions 0 = ex = x ce qui est faux.Soit a 2 A�. Il existe (x; y) 2 A2 tel que ax = e = ya. Nous en d�eduisonsyax = ye = ex c'est-�a-dire x = y. Tout �el�ement non nul poss�ede un inverse.Soit A un pseudo-anneau non nul, int�egre et �ni.Soit a 2 A�. (ax = ay) ) a(x � y) = 0. Nous en d�eduisons x = y car Aest int�egre. L'application x 2 A 7�! ax 2 A est injective donc surjective. Dememe l'application x 2 A 7�! xa 2 A est surjective. En utilisant le r�esultatpr�ec�edent nous en d�eduisons que A est un corps.47. (a) �Etant donn�e que i2 = �1, Z[i] = fa + ib; (a; b) 2 Z2g. Z[i] est unsous-anneau de C . En e�et, soit (a; b; c; d) 2 Z4. (a + ib) + (�c � id) =(a � c) + i(b � d) 2 Z[i], (a+ ib)(c + id) = (ac � bd) + i(ad + bc) 2 Z[i]et 1 2 Z[i].(b) Le module d'un produit est le produit des modules donc si u et v sontdes �el�ements de Z[i], f(uv) = f(u)f(v).f est �a valeurs dans N, f(1) = 1 donc si u et v sont inverses l'un del'autre alors f(uv) = 1 = f(u)f(v). u est inversible si f(u) est un entierinversible c'est-�a-dire si f(u) = 1. R�eciproquement, si f(u) = 1 alorsl'inverse de u dans C est u qui est bien dans Z[i]. u est donc inversible siet seulement si f(u) = 1.(c) Soit z = a + ib avec (a; b) 2 Z2. Soit a1 la partie enti�ere de a, soitb1 celle de b. Consid�erons le carr�e de sommet les points d'a�xes z1 =a1 + ib1; z1 + 1; z1 + i; z1 + 1 + i. Partageons ce carr�e en quatre carr�esayant les cot�es parall�eles au pr�ec�edent carr�e et dont les cot�es ont pourlongueur 12 . z est dans l'un de ces quatre carr�es. Si z est dans le carr�edont l'un des sommets est z1 alors jz � z1j2612 . Si z est dans le carr�e dont

40 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESl'un des sommets est z1 + i alors jz � (z1 + i)j2612. Si z est dans le carr�edont l'un des sommets est z1 + 1 alors jz � (z1 + 1)j2612. Si z est dans lecarr�e dont l'un des sommets est z1 + 1 + i alors jz � (z1 + 1 + i)j2612. Ilexiste donc bien ez 2 A tel que jz � ezj2612.ez n'est pas unique ; par exemple si z est au centre du carr�e les quatresommets conviennent.Soit (�; �) 2 A � A�. Soit z = �� . Posons q = ez 2 A et r = �q � �.Nous obtenons f ��� � q�612 donc f(� � �q)6f(�)12 < f(�).On dit que A est un anneau euclidien.(d) Nous allons montrer comme dans K [X ] ou dans Z que les id�eaux sontprincipaux ; ce qui est le cas des anneaux euclidiens.Soit I un id�eal de A non nul. Soit N 0 = f(I) 6= f0g. N 0 � f0g poss�edeun plus petit �el�ement ; il existe donc � 2 I; � 6= 0 tel que f(a) soit leminimum de N 0 � f0g.Soit � 2 I. � s'�ecrit � = q� + r avec (q; r) 2 A2 et f(r) < f(�). I �etantun id�eal, r 2 I donc f(r) = 0 et r = 0. Nous en d�eduisons qu'il existeq 2 A; � = q�. I � �A. Par ailleurs, � 2 I donc �A � I. I est doncun id�eal principal.�A partir de l�a nous pourrions d�e�nir les �el�ements irr�eductibles, le pgcd,le ppcm etc...48. (a) X2 +X+1 = (X2�1)+(X+2); X2�1 = (X+2)(X�2)+3. Les deuxpolynomes sont donc premiers entre eux et le plus petit id�eal engendr�epar P et Q est C [X ].(b) Nous en d�eduisons 3 = �[(X2 +X+1)� (X2�1)]� (X2+X+1)(X�2)c'est-�a-dire : 3 = (1�X2)(1�X) + (X2 +X + 1)(2�X).Un couple de solutions est : (U0; V0) = (2�X; 1 �X).Soit (U; V ) un autre couple de solutions. Nous avons (1�X2)(1�X) +(X2+X+1)(2�X) = (1�X2)V +(X2+X+1)U donc (1�X2)[(1�X)�V ] = (X2 + X + 1)[U � (2 � X)]. D'apr�es le th�eor�eme de Gau�nous end�eduisons qu'il existe un polynomeA tel que (1�X2)A = U�(2�X) puis(1�X)�V = A(X2+X+1). Nous avons doncU = 2�X+(1�X2)A; V =1 �X � A(X2 +X + 1); A 2 C [X ].U et V sont alors premiers entre eux et l'id�eal engandr�e est C [X ].49. (a) Supposons A/I int�egre. Soit (x; y) 2 I2. Nous avons donc _x _y = _0 puis_x = _0 ou _y = _0 donc x ou y appartient �a I c'est-�a-dire I est premier.Supposons I est premier. Soit (X; Y ) 2 I2 tel que XY = _0 ; soientx 2 X; et y 2 Y . Nous avons donc xy 2 I donc x ou y appartient �a Isoit X ou Y est nul. A/I est donc int�egre.(b) Supposons que A/I soit un corps. Soit J un id�eal de A contenant stric-tement I. Soit x 2 J n I. La classe X de x poss�ede un inverse Y dans

41A/I ayant un repr�esentant y. J est un id�eal de A donc xy 2 J et1� xy 2 I � J . Nous en d�eduisons que 1 appartient �a J ce qui conduit�a J = A.Supposons que I soit un id�eal maximal de A.Soit x 2 A n I. La somme de I et de l'id�eal en gendr�e par x est un id�ealcontenant strictement I donc est �egal �a A. Il existe donc a 2 A et i 2 Itels que ax � i = 1. En consid�erant les classes modulo I, nous obtenons_x _a = _1. Tout �el�ement non nul de A/I est inversible donc A/I est uncorps.Si I est maximal A/I est int�egre donc, en utilisant le r�esultat de laquestion pr�ec�edente, I est premier.(c) Soit I un id�eal de A non nul, premier. Soit J un id�eal de A contenantstrictement I. Il existe (i; j) 2 A2 tel que I = iA et J = jA. j 62 I carsinon J � I. i 2 J donc il existe a 2 A; i = aj 2 I. I est premierdonc a 2 I et il eiste b 2 A; a = bi. Nous obtenons donc i = aj = bijsoit encore i(1 � bj) = 0. A �etant int�egre et i 6= 0, nous en d�eduisons1 = bj 2 J puis J = A.(d) Pour n>2, Z/nZ est int�egre si et seulement si Z/nZ est un corps, si etseulement si n est premier. Les id�eaux premiers de Z sont les id�eauxprincipaux engendr�e par n = 0 ou n>2, n premier.Les id�eaux maximaux de Zsont les id�eaux principaux engendr�e par n>2,n premier.(e) D'apr�es les propri�et�es des limites des suites, il est imm�ediat que Sk; SBsont des id�eaux de A. SB est inclus dans C0, c'est un id�eal de C0. Dememe C0 est un id�eal de C et de B .Consid�erons les suites :x = �0; 1; 0; 12 ; 0; 13 ; � et y = �1; 0; 12 ; 0; 13 ; 0; �.8n 2 N; x2n = 0; x2n+1 = 1n+ 1 et 8n 2 N; y2n = 0 = 1n+ 1 ; y2n+1 = 0.Ces deux suites convergent vers 0 et ne sont pas dans SB ; leur produitest nul donc appartient �a SB. SB est donc un id�eal non premier.Soit x une suite convergente de limite l 6= 0. Soit y une suite convergentede limite l0. Supposons que xy converge vers 0 ; alors xy convergeant versll0 nous en d�eduisons l0 = 0 et y 2 C0.Soit I un id�eal de C contenant strictement C0. Il existe a 2 I qui convergevers l 6= 0. Soit x 2 C de limite �. Posons y = x � �l a. Il est clair que yapparteint �a C0 donc �a I et alors x 2 I. C0 est bien un id�eal maximal deC.En choisisssant la suite x telle que 8n 2 N; x2n = 0; x2n+1 = 1 et la suitey telle que 8n 2 N; y2n = 1; y2n+1 = 0, il vient xy = 0 2 C0 donc C0 estun id�eal de B non premier.50. Supposons qu'il existe I, un id�eal de l'anneau A, engendr�e par une famillein�nie d'�el�ements de A. Soit a0 2 I. Notons I0 = (a0) l'id�eal engendr�e

42 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESpar a0. I0 6= I il existe donc a1 2 I n I0. Notons I1 l'id�eal engendr�e parfa0; a1g. I0 est strictement inclus dans I1. Supposons construits les id�eauxI0; : : : ; In tels que pour tout k6n; Ik est engendr�e par fa0; : : : ; akg � I.In est strictement inclus dans I donc il existe an+1 2 I n In tel que l'id�ealengendr�e par fa0; : : : ; an+1g soit strictement inclus dans I. Nous avons doncconstruit une suite strictement croissante d'id�eaux de I.Supposons qu'il existe une suite in�nie (In)n2N strictement croissante d'id�eauxde A. Notons I = +1[n=0 In la r�eunion de ces id�eaux. Il est clair que I est unid�eal de A. Si I est engendr�e par une famille �nie fa0; : : : ; ang alors il existep 2 N tel que fa0; : : : ; ang � Ip. Cette famille engendre alors Ip qui eststrictement inclus dans I. I n'est donc pas engendr�e par une famille �nie.Le r�esultat est donc d�emontr�e.51. Soit K un corps �ni de caract�eristique p. Soit e l'�el�ement neutre (pour le pro-duit) de K . Consid�erons l'application f de Zdans K d�e�nie par f(n) = n:e.Nous savons que cette application est un morphisme d'anneaux. p est la ca-ract�eristique de K donc le noyau de f est pZ.Comme nous l'avons vu �a l'exercice num�ero 11, nous en d�eduisons que Im(f)est isomorphe �a Z/pZ. K �etant un corps est int�egre donc Z/pZest int�egre cequi conduit au fait que p est premier et donc Im(f) est un corps K ', sous-corpsde K de cardinal p.K est donc un espace vectoriel sur le corps K '. K est �ni donc est de dimension�nie, n 2 N� , car engendr�e par une famille �nie (l'ensemble de ces �el�ements).Une base �etant choisie, K est isomorphe �a L'nesemble des �el�ements (a1; : : : ; an)o�u chaque ai appartient �a K ' qui est de cardinal p. Le cardinal de K est doncpn.52. (a) Q[p2] est l'ensemble des �el�ements du type a + bp2 avec (a; b) 2 Q2 . Ils'agit d'un corps ; l'inverse de l'�el�ement non nul a + bp2 avec (a; b) 2Q2 n f(0; 0)g est l'�el�ement aa2 + 2b2 + �ba2 + 2b2p2.(b) Soit I l'id�eal de K [X ] constitu�e des polynomes P tels que P (a) = 0. Iest non vide et di��erent de f0g donc est engendr�e par un polynome Q 6= 0appartenant �a K [X ].Q est le polynome minimal de a.Supposons qu'il existe deux polynomes non constants A et B appartenant�a K [X ] v�eri�ant Q = AB. A(a)B(a) = 0 donc, L �etant un corps, il vientA(a) = 0 ou B(a) = 0 ; cela signi�e que Q n'est pas le polynome minimalde a. Q est donc irr�eductible dans K [X ].K [a] est un anneau, sous-anneau de L. Il reste �a prouver que tout �el�ementnon nul est inversible.Soit x 2 K [a] un �el�ement non nul. Il existe un polynome A 2 K [X ] telque x = A(a). A est premier avec Q car sinon Q �etant irr�eductible dansK [X ] il diviserait A et x serait nul. Il existe donc deux polynomes U etV dans K [X ] v�eri�ant AU + QV = 1. Il vient alors xU(a) = 1 ce qui

43prouve que y = U(a) est l'inverse de x.53. Soit a 2 A; a 6= 0. Soit f l'application x 2 A 7�! ax 2 A. f est lin�eaire etinjective car A est int�egre ; elle est donc surjective car la dimension est �nie.1 2 A donc a poss�ede un inverse �a droite. a poss�ede aussi un inverse �a gauche.Ces deux inverses sont donc �egaux. En e�et : (1 = ab et 1 = ca) ) (c =cab = b).A est donc un corps.54. (a) Soit a 2 f0; : : : ; n�1g un repr�esentant de x 2 Z/nZ. ma est un repr�esen-tant de mx 2 mZ/mnZ. ma 2 f0; : : : ; (n� 1)mg � f0; : : : ; nm � 1g.L'application f : x 2 Z/nZ 7�! mx 2 mZ/mnZ est un morphisme dugroupe �Z/nZ; +� vers le groupe. �mZ/mnZ; +�.ma est un repr�esentant de la classe de 0 si ma est nul, donc si a est nul.Le morphisme est injectif.Soit y 2 Z/nZ. Un repr�esentant de y est mb avec b 2 N et mb 2f0; : : : ; nm � 1g c'est-�a-dire b 2 f0; : : : ; n � 1g. y est donc l'image dela classe de b dans Z/nZpar f qui est alors un isomorphisme.(b) Soit G un sous-groupe du groupe �Z/nZ; +�. En utilisant le premierexercice, nous en d�eduisons que le cardinal d de G divise n. De plus si xest un �el�ement de G alors d:x est nul ce qui prouve que x est la classe d'un�el�ement a compris entre 0 et n � 1 tel que da est divisible par n = qd ;a est donc un multiple de q et x appartient �a �qZ/nZ; +� qui est decardinal d ; il s'agit donc de G.Nous en d�eduisons que G est cyclique, que si H est un groupe cycliquede cardinal n et si d est un diviseur de n il y a un et un seul sous-groupede H de cardinal d.(c) Soit d un diviseur de n ; n = qd. Notons Gen(d) l'ensemble des g�en�era-teurs de �qZ/nZ; +� qui est un sous-groupe de �Z/nZ; +� isomorphe �a�Z/dZ; +�.Soient d1 et d2 deux diviseurs de n distincts. n = d1q1 = d2q2. Gen(d1)est constitu�e des classes modulo n des �el�ements p1q1, Gen(d2) est consti-tu�e des classes modulo n des �el�ements p2q2 avec p1 compris entre 1 etd1� 1, p2 compris entre 1 et d2� 1, p1 premier avec d1 et p2 premier avecd2. Supposons qu'il existe deux entiers p1 et p2 tels que p1q1 � p2q2 soitdivisible par n.Il existe un entier k tel que p1q1 � p2q2 = nk. En multipliant par d1d2nous obtenons p1d2�p2d1 = kd1d2. d2 divise donc p2d1 donc divise d1 ; dememe d1 divise d2 c'est-�a-dire d1 = d2 ce qui est exclu. Nous en d�eduisonsGen(d1)\Gen(d2) = ;.(d) Le cardinal de Gen(d) est '(d) o�u ' est l'indicatrice d'Euler.Soit x un �el�ement de Z/nZ. Le groupe G additif engendr�e par x est unsous-groupe de �Z/nZ; +�. Il existe donc d un diviseur de n = dq tel queG = qZ/nZ. On en d�eduit que x 2Gen(d) puis que Z/nZest la r�euniondisjointe des ensembles Gen(d) o�u d 2 N d�ecrit l'ensemble des diviseurs

44 CHAPITRE 2. ALG�EBRE G�EN�ERALE, CORRIG�ESde n. Il vient alors n = Xd2N;djncard(Gen(d)) = Xd2N;djn'(d).(e) Supposons que n 6= 1 soit d�ecompos�e en produits de facteurs premiersn = pYi=1 (ni)�i o�u les �i sont des entiers naturels non nuls et les ni sontdes entiers naturels premiers deux �a deux distincts. Un diviseur de n estdu type d = pYi=1 (ni)�i o�u chaque �i est un entier naturel au plus �egal �a�i.Nous avons vu dans l'exercice num�ero 12 sur l'indicatrice d'Euler quesi p est un nombre premier et si k est un entier naturel non nul alors'(p) = pk � pk�1.Xdjn '(d) = X�16�1; :::; �p6�p pYi=1 ' �(ni)�i�! soit encore pYi=1 �iXk=0 ' �(ni)k�!.�iXk=0 ' �(ni)k�=1+ �iXk=1 �(ni)k�(ni)k�1� =1+ �iXk=1(ni)k��i�1Xk=0 (ni)k = (ni)�i .Nous en d�eduisons alors le r�esultat demand�e.(f) Soit H le groupe engendr�e par x 2 Gd o�u d est un diviseur de l'ordren de G. H est clairement inclus dans Ed. K est un corps commutatif ;le polynome Xd � 1 poss�ede au plus d racines dans K donc dans G. Lecardinal de Ed est donc au plus �egal �a d et H = Ed. Nous en d�eduisonsque les �el�ements de Gd sont les �el�ements de H d'ordre d donc sont lesg�en�erateurs de H qui est cyclique isomorphe �a �Z/dZ; +� et poos�ede'(d) g�en�erateurs. Il vient donc : (#Gd = '(d)) () (Gd 6= ;).(g) Soit x 2 G ; soit d l'ordre de x (d divise n). G � \djnGd puis nous avonsl'�egalit�e G = \djnGd.Si d1 et d2 sont deux entiers naturels diviseurs de n distincts alors Gd1et Gd2 sont disjoints et n = Xdjn #(Gd). D'apr�es la relation vue plus hautl'�egalit�e ne peut avoir lieu que si aucun Gd n'est vide ; cela prouve quepour tout diviseur d de n il existe un �el�ement x d'ordre d en particulieril existe un �el�ement de G d'ordre n ce qui prouve que G est cyclique.55. Soit p 2 N. (2p+1)2 = 4p(p+1)+1 est bien congru �a 1 modulo 23 car p(p+1)est pair.Supposons avoir prouv�e jusqu'au rang n (2p + 1)(2n�2) � 1 (mod 2n).a(2n�1) = �a(2n�2)�2 = (1 +K2n)2 o�u K 2 N. En d�eveloppant, nous obtenonsle r�esultat demand�e.D'apr�es ce que nous venons de voir tout �el�ement classe d'un entier impair estinversible ; il y en a 2n�1. Si le groupe des inversibles de �Z/(2nZ); +; ��est cyclique alors il existe un �el�ement d'ordre 2n�1 ce qui n'est pas le cas pourn>3. Il nous reste �a �etudier les cas n = 1; et 2.Dans �Z/(2Z); +; �� il n'y a qu'un �el�ement inversible. Dans �Z/(4Z); +; ��

45il y a deux �el�ements inversibles les classes respectives de 1 et 3. Dans ces deuxcas le groupe des �el�ements inversibles est cyclique. Ce sont les deux seuls cas.56. 73 � 3 (mod 10); 74 � 1 (mod 10).Nous avons donc 772 = 7487 = �74�12 7 � 7 (mod 10).777 = 77275 est donc congru �a 775 = 77273 modulo 10 soit encore �a 773 puis �a 77soit en�n �a 3. Le dernier chi�re de l'�ecriture d�ecimale est donc 3.

Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

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Chapitre 3Polynomes et fractions, �enonc�es1. Soient z1; � � � ; zn les n racines ni�emes de l'unit�e.Montrer : Y16i<j6n jzi � zj j = nn22. Soit Q un polynome r�eel. On suppose que pour tout r�eel x, Q(x) � Q0(x)>0.Montrer : 8x 2 R; Q(x)>0.Soit P 2 R[X ] tel que : 8x 2 R; P (x)>0. Montrer : 8x 2 R; +1Xn=0 P (n)(x)>0.On pourra utiliser l'application f : P 2 R[X ] 7�! P � P 0 2 R[X ].3. Soit P2 C [X ], montrer que les racines de P 0 appartiennent �a l'enveloppeconvexe des z�eros de P. �D�ecomposer P 0P en �el�ements simples�.4. Soient � 2 R; p 2 N, montrer :sh((2p+ 1)�) = pXq=0 C2q+12p+1(ch�)2p�2q(sh�)2q+1En d�eduire l'existence d'un polynome P 2 R[X ] tel que :P (th�) = sh((2p+ 1)�)(ch�)2p+1 ; etP 0P = 1X + pXn=1 2XX2 + tan2 n�2p+1Montrer : 8x 2 R :�coth x� th x2p + 1� ch2� x2p + 1�= 12p + 1 0@coth� x2p + 1� + 12p + 1 pXn=1 2 th� x2p+1�th2 � x2p+1�+ tan2 � n�2p+1�1A5. Soit P 2 C n [X ] de racines x1; � � � ; xn non nulles. Pour p 2 N on pose :Sp = nXi=1 (xi)p.Soit k 2 N, montrer que le quotient de la division euclidienne de Xk+1P 0 parP est Q = kXj=0 SjXk�j �on pourra utiliser la fraction Xk+1P 0P �.Le r�esultat est-il vrai si certaines racines sont nulles ?

48 CHAPITRE 3. POLYNOMES ET FRACTIONS, �ENONC�ES6. Soit P un polynome scind�e �a racines simples x1; � � � ; xn.Montrer nXk=1 P 00(xk)P 0(xk) = 0.�On pourra d�ecomposer XP 00P en �el�ements simples�.7. Soient k 2 N� et (n0; � � � ; nk�1) 2 Nk . Soient P et Q les deux polynomes deZ[X ] ; P = k�1Xi=0 Xni, Q = k�1Xj=0 Xj.Montrer que lorsque 8i 2 f0; 1; � � � ; k � 1g; ni � i (mod k) alors Q divise Pdans Z[X ].8. Soit A 2 R[X ] tel que : 8x 2 R A(x)>0.Montrer qu'il existe deux polynomes B et C tels que : A = B2 + C2.9. Soit P = Xn � n�1Xi=0 aiX i, les ai �etant positifs non tous nuls.Montrer que P n'a qu'un seul z�ero r�eel > 0 et que ce z�ero est simple. (On feraun raisonnement par r�ecurrence )10. Soit P 2 R[X ]. Montrer que P (X)�X divise P (P (X))�X .11. Soit P = nXi=0 aiX i 2 Z[X ], les ai �etant premiers entre eux.Montrer que si r = pq 6= 0, avec p ^ q = 1, est racine de P alors p divise a0 etq divise an:12. D�eterminer P 2 K [X ]; degP = 7, tel que : P�1 et P+1 soient respectivementdivisibles par : (X + 1)4 et (X � 1)4.13. D�eterminer les polynomes Pn 2 R[X ] d�e�nis par la relation de r�ecurence :Pn+2 = �XPn+1 � Pn; P0 = 1; P1 = �X .D�eterminer les racines des polynomes Pn. (Fixer x 2 R et �etudier une suiter�ecurrente)14. D�eterminer les polynomes P 2 C [X ] tels que : P (X2) = P (X)P (X + 1).15. D�eterminer les polynomes P 2 C [X ] tels que :P (X2 + 1) = (P (X))2 + 1; P (0) = 0.On pourra introduire la suite (an)n2N telle que a0 = 0 et pour n 2 N; an+1 = 1 + (an)2.16. Soit P 2 R[X ], scind�e. Montrer que P 0 l'est aussi.

4917. Etudier le signe de P 00P � P 02 o�u P 2 R[X ] est scind�e.En d�eduire que si P = nXk=0 akXk est un polynome r�eel, de degr�e n>2, scind�e �aracines simples, alors 8k 2 Nn�1 ; ak�1ak+1 < (ak)2.Cas o�u les racines ne sont pas simples ?18. Soit Pk(X) = nXp=0 (�1)ppkCpnXp; k 2 f0; � � � ; ng.Montrer : Pk+1 = XP 0k puis Pk = Rk:(1�X)n�k. En d�eduire Pn(1).Calculer nXp=0 (�1)ppkCpn.19. (a) Montrer : nXk=0 (�1)kCkn(X � k)n = n!. (On pourra utiliser l'exercice pr�e-c�edent).En d�eduire pour p < n; nXk=0 (�1)kCkn(X � k)p = 0En d�eduire la valeur de nXk=0 (�1)kCknP (k) pour P 2 Rn[X ].(b) Soit E = Rn�1(X); (n 2 N�). D�eterminer le polynome minimal del'application f : P 2 E 7�! Q 2 E; Q(X) = P (X + 1).20. Soit F = PQ; P ^Q = 1; Q = (X � a)2Q1 avec Q1(a) 6= 0.Montrer que F s'�ecrit F = P1Q1 + �X � a + �(X � a)2 ; P1 ^Q1 = 1.avec � = 23 3P 0(a)Q00(a)� P (a)Q000(a)(Q00(a))2 ; � = 2P (a)Q00(a)21. D�eterminer les polynomes P 2 C [X ] tels que : P 0 divise P .22. Soit p>2 un entier. Soit (�1; � � � ; �p) 2 C p . On pose Q(X) = pYj=1(X � �j).Soit Qi = pYj=1;j 6=i(X � �j). On note, pour chaque i 2 Np , �k;i les fonctionssym�etriques des racines du polynome Qi, pour k 2 Np�1 et �k celles, pourk 2 Np , du polynome Q.(a) Calculer �k en fonction de �k�1;i et �ik. En d�eduire �k;i en fonction de �iet des �j .(b) En d�eduire les relations : Ckp�1 = kXj=0 (�1)k�jCjp ; (k 2 Np�1).

50 CHAPITRE 3. POLYNOMES ET FRACTIONS, �ENONC�ES23. Soit P 2 R[X ], scind�e �a racines simples. Soit a 2 R�, montrer que le polynomeP 2 + a2 a des racines complexes toutes simples.24. Pour j cos�j 6= 1, d�ecomposer le polynome P = X2n � (2 cos�)Xn + 1 enproduit de facteurs premiers dans R[X ].25. Notons Un l'ensemble des racines ni�emes de l'unit�e.Soit F = X!2Un !X + 11 + !X + !2X2Mettre F sous la forme PQ avec P ^ Q = 1.26. Crit�ere d'Eisenstein : Soit P = nXk=0 akXk, un polynome non constant �acoe�cients entiers.On suppose qu'il existe un entier p premier divisant tous les ak sauf an et telque p2 ne divise pas a0Montrer que P est irr�eductible dans Q[X ] (on raisonnera par l'absurde).On d�emontrera le pr�eliminaire suivant :Lemme de Gau� : Soit P 2 Z[X ] un polynome non constant. On note (P)le pgcd des coe�cients.(a) Montrer (P1) = (P2) = 1 =) (P1P2) = 1.(b) Montrer que (P1 P2) = (P1) (P2).(c) Montrer : P 2 Z[X ] non constant, est irr�eductible dans Z[X ] () P estirr�eductible dans Q[X ].27. Polynomes de Tch�ebiche�.(a) Montrer qu'il existe un unique polynome Tn, tel que 8t 2 R; Tn(cos t) =cos(nt).Que dire de Tn(ch t) ?(b) Etudier le degr�e de Tn, ses racines, sa parit�e.(c) D�ecomposer, pour n 2 N� , 1Tn en �el�ements simples.28. D�ecomposer en �el�ements simples sur R les fractions rationnelles R et Rp :Rp = p!X(X + 1)(� � �)(X + p) ; R = nXp=0 Rp.On pourra montrer : nXp=q Cqp = Cq+1n+1.29. D�ecomposer en �el�ements simples, sur R, les fractions suivantes :X + 1(X2 + 1)2(X2 +X + 1)2 ; 4(X2 � 1)2 ; 1(X + 1)(X4 + 1) ;X2 +X + 1X4 � 1 ; X2 + 1(X � 1)4(X3 + 1) ; 1(X(1�X))n ; .

5130. D�eterminer deux polynomes P et Q de Rn�1[X ]; n 2 N� ; tels que (1�X)nP+XnQ = 1. On pourra d�ecomposer 1Xn(1�X)n en �el�ements simples.31. Soient z0; z1; � � � ; zn; n + 1 nombres complexes deux �a deux distincts telsque : 8P 2 C n�1 [X ]; P (z0) = 1n nXk=1 P (zk).Soit �(X) = nYk=1(X � zk), �k(X) = �(X)X � zk .Montrer : �0(X)�(X)� �(z0) = nX � z0 .Montrer alors que z1; z2; � � � ; zn sont les sommets d'un polygone r�egulier decentre z032. Formules de Newston.Soient n 2 N� , (z1; � � � ; zn) 2 C n . On note S0 = n; �0 = 1 et pour p 2 N� :Sp = nXi=1 zip et �p = X16i1< ���<ip6nzi1 � � � zip .(a) Montrer nXj=0 (�1)j�jSk�j = 0 pour k 2 N; k>n.(b) Montrer k�1Xj=0 (�1)j�jSk�j + (�1)kk�k = 0 pour k 2 Nn .On pourra consid�erer le polynome P = nYi=1(X � zi), d�ecomposer en �el�e-ments simples P 0P et exprimer P (X)� P (zi)X � zi .(c) Soit A 2 Mn(C ); n 2 N� . On d�e�nit la suite (Ak)k2N par A0 = A etpour k 2 N� ; Ak = A�Ak�1 � 1k tr (Ak�1) In�.Montrer An = 0:En d�eduire un programme de calcul du polynome caract�eristique d'unematrice.33. Soient A = Xn � 1 et B = Xm � 1 deux �el�ements de K [X ]. Montrer queA ^ B = Xr � 1 o�u r = m ^ n.34. Soit K= fa1; � � � ; ang un corps �ni. Montrer qu'il n'est pas alg�ebriquementclos.On pourra consid�erer le polynome P = 1 + nXk=1(X � ak).

52 CHAPITRE 3. POLYNOMES ET FRACTIONS, �ENONC�ES35. Polynomes cyclotomiquesSoit n>1. On pose �n(X) = Yk^n=116k6n �X � exp�2ik�n ��. �n est dit ni�emepolynome cyclotomique.(a) Montrer : Xn � 1 = Ydjn �d(X).En d�eduire, en faisant un raisonnement par r�ecurrence, que les polynomes�n sont �a coe�cients entiers.(b) Soit a 2 Z, soit p un nombre premier divisant �n(a) mais aucun des �d(a)pour d diviseur de n; d 6= n .Montrer que p est de la forme 1 + �n; � 2 Z.On pourra utiliser le petit th�eor�eme de Fermat.(c) Soit p un nombre premier ne divisant pas n.(�) Montrer que �n peut s'�ecrire rYi=1 Fi o�u les polynomes Fi 2 Z[X ] sontunitaires, irr�eductibles dans Q[X ].Utiliser le lemme de Gau� vu plus haut.(��) Soit � une racine complexe de F1 ; montrer qu'il existe i 2 N; 16i6ntel que Fi(�p) = 0.(���) Soit F = mXk=0 akXk 2 Z[X ]. Soit ici p un nombre premier.On note F (X) = mXk=0 akXk 2 Z/pZ[X ], o�u ak d�esigne la classe de ak.Montrer par r�ecurrence sur le degr�e de F , F (Xp) = �F (X)�p.(�v) Montrer que dans Z/pZ[X ], �n n'est divisible par le carr�e d'aucunpolynome non constant.(v) Montrer i = 1, c'est-�a-dire F1(�p) = 0.(v�) Montrer, par r�ecurrence, que pour tout k premier avec n, F1(�k) = 0.Conclure que les polynomes �n sont irr�eductibles dans Q[X ].36. Th�eor�eme de WedderburnOn veut montrer, par r�ecurrence sur le cardinal, que tout corps �ni est com-mutatif. On supposera le corps K non commutatif de cardinal > 2.(a) Soit Z le centre de K , c'est-�a-dire Z = fx 2 K =8y 2 K ; xy = yxg.Montrer que Z est un sous-corps de K puis, en appelant q son cardinal,qu'il existe n 2 N; n>2, tel que card(K) = qn.(b) Pour tout x 2 K on pose Kx = fy 2 K = xy = yxg. Montrer qu'il existeun entier d diviant n tel que card(Kx) = qd.

53(c) Montrer, en appliquant l'�equation aux classes1 �a K� , que l'on peut �ecrire :card(K�) = q � 1 +Xdjnd6=n �d qn � 1qd � 1 o�u les �d sont des entiers.(d) En remarquant que le polynome cyclotomique �n divise le polynomeXn � 1Xd � 1 dans Z[X], avec d divisant n et non �egal �a n, montrer que Kest commutatif.37. Soient a et b deux �el�ements distincts du corps commutatif K de cardinal in�ni(par exemple R, C , Q...).Montrer que les polynomes (X�a)k � (b�X)n�k; k 2 N; 06k6n forment unebase de Kn [X ].38. Soit P 2 K [X ] un polynome scind�e �a racines simples non nulles. On notex1; x2; � � � ; xn ces racines.D�eterminer une relation liant P (0) et nXk=1 1xkP 0(xk).39. Soient n et p deux entiers >1. Soit (�1; � � � ; �n) 2 C n .On pose : P (X) = nYk=1(X � �k); Q(X) = nYk=1(X � (�k)p).Montrer : P 2 Z[X] ) Q 2 Z[X ]. On pourra calculer le d�eterminant dela matrice M 2 Mn(C ) dont le terme g�en�eral mi;j est d�e�ni par : mi+1;i = 1pour tout i entre 2 et n. mi;n = �ai�1 pour tout i entre 1 et n, tous les autrestermes sont nuls.

1Vue plus haut.

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Chapitre 4Polynomes et fractions, corrig�es1. Soient z1; � � � ; zn les n racines ni�emes de l'unit�e. Y16i<j6n jzi � zjj!2 = Y16i6=j6n jzi � zjj = i=nYi=10B@j=nYj=1j 6=i jzi � zjj1CA.Notons pour j 2 Nn Pj(X) le polynome Xn � 1X � zj .Nous avons Pj(X) = k=nYk=1k 6=j (X � zk).Xn � 1 = (X � zj)Pj(X) donc nXn�1 = Pj(X) + (X � zj)P 0j(X).Pj(zj) = n (zj)n�1 = k=nYk=1k 6=j (zj � zk).Nous avons donc : n jzj jn�1 = n = k=nYk=1k 6=j jzj � zkj. Il vient donc :Y16i6=j6n jzi � zjj = i=nYi=1 n = nn puis Y16i<j6n jzi � zjj = nn2 .2. Premi�ere m�ethode Supposons que le polynome Q v�eri�e 8x 2 R; Q(x) �Q0(x)>0 et qu'il existe un r�eel a tel que Q(a) < 0.Soit E l'ensemble des r�eels x au moins �egaux �a a tels que 8t 2 [a; x]; Q(t) < 0.Par continuit�e, il existe � > 0 tel que Q ne prend que des valeurs strictementpositives sur [a; a + �]. E est un intervalle car si x et y sont dans E, le seg-ment d'extr�emit�es x et y est inclus dans E. Supposons E major�e. L'intervalleE est de longueur strictement positive. Sur cet intervalle Q0 est strictementn�egative donc Q est d�ecroissante. Supposons E est ouvert, E = [a; b[. Pourx 2 [a; b[; Q(x) < Q(a) < 0 ; par continuit�e nous avons Q(b)6Q(a) < 0 ce quiest contradictoire donc E = [a; b]. Q(b) < 0 donc il existe � > 0 tel que Qprend des valeurs strictement n�egatives sur [b; b+�] ce qui contredit le fait queE est major�e. Nous en d�eduisons que Q ne prend que des valeurs strictementn�egatives sur [a;+1[.Si deg(Q)>1, le degr�e de Q � Q0 est celui de Q et Q � Q0 a pour limite +1en +1 ce qui est contradictoire avec le r�esultat pr�ec�edent indiquant que Qne prend que des valeurs strctement n�egatives. Si Q est une constante elle estbien �evidemment positive car Q� Q0 = Q.

56 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESNous avons donc bien le r�esultat demand�e.Seconde m�ethode Supposons que Q ne soit pas constant.limx!�1(Q� Q0)(x) = +1 donc limx!�1Q(x) = +1. Il existe alors � > 0 tel quepour tout x 2 R; jxj>� on ait Q(x)>Q(0). Sur l'intervalle [��; �] Q pos-s�ede un minimum en a ; nous en d�eduisons donc 8x 2 R; Q(x)>Q(a) et alorsQ0(a) = 0 puis, d'apr�es l'hypoth�ese, Q(a)>0. Nous avons le r�esultat demand�e.Soit f l'application de R[X ] dans lui-meme qui �a un polynome P associe lepolynome P � P 0. f est une application lin�eaire.Soit P un polynome de degr�e n>0 v�eri�ant f(P ) = 0. Il vient P = P 0 puis,en d�erivant n+ 1, P = 0 ce qui est contradictoire. f est donc injective.Soit P 2 R[X ]. La somme +1Xn=0 P (n) est une somme �nie. Soit N 2 N tel queP (N+1) = 0. Q = +1Xn=0 P (n) = NXn=0 P (n) 2 R[X ] ; f(Q) = NXn=0 P (n) NXn=0 P (n+1) = P .f est donc bijective et f�1 est l'application P 2 R[X ] 7�! +1Xn=0 P (n).Nous avons pr�ec�edemment d�emontr�e que si un polynome P ne prend que desvaleurs positives alors f�1(P ) aussi. Nous avons le r�esultat demand�e.3. Soit P un polynome ayant pour racine a d'ordre �.P s'�ecrit : P (X) = (X � a)�Q(X) avec Q(a) 6= 0.P 0(X) = �(X � a)��1Q(X) + (X � a)�Q0(X).P 0P = �X � a + Q0Q . Nous en d�eduisons donc que si a1; : : : ; an sont les racinesd'un polynome P d'ordres respectifs �1; : : : ; �n, alors PP 0 = nXk=0 �kX � ak .Soit � un z�ero de P 0 non �egal �a un z�ero de P . Il vient alors : 0 = nXk=0 �k� � ak soitencore 0 = nXk=0 �k� � ak = nXk=0 �(� � ak) �kj� � akj2�. Chaque racine de P 0 estdonc barycentre des racines de P a�ect�ees de coe�cients positifs (strictementdans le cas d'une racine autre qu'une racine de P ) ; L'ensemble des racines deP 0 est donc bien dans l'enveloppe convexe de l'ensemble des racines de P .4. Soient n 2 N et � 2 R.2 sh(n�) = exp(n�) � exp(�n�) = exp(�)n � exp(��)n= (ch(�) + sh(�))n � (ch(�)� sh(�))n.Nous en d�eduisons2 sh(n�) = nXk=0 �Ckn(ch(�))k(sh(�))n�k� � nXk=0 �Ckn(ch(�))k(� sh(�))n�k�.Nous obtenons donc :2 sh(n�) = nXk=0 �(1� (�1)n�k)Ckn(ch(�))k(sh(�))n�k�.

57Si n = 2p + 1, nous obtenonssh((2p+ 1)�) = pXk=0 �C2k2p+1(ch(�))2k(sh(�))2p+1�2k�.Nous obtenons aussi sh((2p + 1)�) = pXq=0 �C2p�2q2p+1 (ch(�))2p�2q(sh(�))2q+1�.En divisant par (ch(�))2p+1 nous obtenons :sh((2p+ 1)�)(ch(�))2p+1 = pXq=0 �C2q+12p+1(th(�))2q+1�.Soit P le polynome pXq=0 �C2q+12p+1X2q+1� ; nous avons sh((2p+ 1)�)(ch(�))2p+1 = P (th(�)).Nous remarquons donc que nous avons 2P (X) = (X + 1)2p+1 + (X � 1)2p+1.Les nombres complexes z v�eri�ant (z + 1)2p+1 + (z � 1)2p+1 = 0 sont les ra-cines complexes de P . z est di��erent de 1 donc les racines de P v�eri�ent�z + 1z � 1�2p+1 = �1, ce sont donc les nombres complexes z tels que z + 1z � 1 sontles racines 2p + 1 i�emes de -1. Nous obtenons donc �i cotan� 2k + 12(2p + 1)��o�u k 2 Z prend 2p + 1 valeurs relatives enti�eres cons�ecutives ; soit encore�i tan��2 � 2k + 12(2p + 1)�� = i tan� k � p2p + 1��.En choisissant k entre 0 et 2p et en posant n = k � p nous en d�eduisons queles racines du polynome P sont les nombres complexes i tan� n2p + 1�� o�un 2 Z; jnj6p.Les racines sont deux �a deux distinctes et la d�ecomposition en �el�ements simplesde P 0P conduit �a : P 0P = n=pXn=�p 1X � i tan� n2p+1��En regroupant les �el�ements conjugu�es nous obtenons :P 0P = 1X + pXn=1 2XX2 + tan2 � n2p+1��dd� (P (th�)) = 1ch2(�)P 0(th�)En calculant la d�eriv�ee de � 2 R 7�! sh((2p + 1)�)(ch(�))2p+1 et en simpli�ant nousobtenons :12p + 1P 0(th�) = (ch�)(ch((2p+ 1)�)) � (sh�)(sh((2p + 1)�))ch2p �

58 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESEn divisant les deux membres par (ch�)(sh((2p + 1)�)) nous obtenonscoth((2p+ 1)�) � th� = 12p + 1 ch2p�1 �sh((2p+ 1)�)P 0(th�).En utilisant la d�ecomposition de P 0P en �el�ements simples nous obtenonsch2p+1 �sh((2p+ 1)�)P 0(th�) = 1th� + pXn=10@ 2 th�th2 � + tan2 � n�2p+1�1A.Il vient alors :(coth((2p+ 1)�) � th�) ch2 � = 12p + 1 0@ 1th� + pXn=10@ 2 th�th2 � + tan2 � n�2p+1�1A1A.En posant x = (2p + 1)� nous obtenons�coth(x)� th� x2p + 1�� ch2� x2p + 1�= 12p + 1 0@ 1th� x2p+1� + pXn=10@ 2 th� x2p+1�th2 � x2p+1�+ tan2 � n�2p+1�1A1A.5. D�emontrons deux r�esultats pr�eliminaires.Premier r�esultat Soient A et B deux polynomes premiers entre eux. Sup-posons que le polynome B soit �egal �a (X � b)C avec C(b) 6= 0. La fraction ABs'�ecrit Q + A(b)B0(b)(X � b) + DC o�u Q est le quotient de la division euclidiennede A par B et D un polynome premier avec C de degr�e strictement inf�erieur�a celui de C.La seule partie �a d�emontrer est que le coe�cient relatif �a X � b est �egal �aA(b)B0(b). Nous savons que ce coe�cient est �egal �a A(b)C(b) . B0 = C + (X � b)C 0donc B0(b) = C(b).Second r�esultat Soit P = pYk=1(X � ak)�k un polynome.P 0P = AB avec B = pYk=1(X � ak) et A est un polynome de degr�e p � 1. Nousavons alors A(ak) = �kB0(ak).Nous avons d�ej�a vu que l'on a P 0P = pXi=1 �iX � ai que l'on peut �ecrire AB avecB = pYk=1(X � ak). Nous avons A = pXi=1 �iBX � ai .Nous en d�eduisons A(aj) = �j k=pYk=1k 6=j (ak � aj) c'est-�a-dire A(aj) = �jB0(aj).Montrons maintenant le r�esultat demand�e. Notons a1; : : : ; ap les p racinesdeux �a deux distinctes du polynome P . En utilisant les deux r�esultats pr�ec�e-

59dents et en prenant les memes notations, nous en d�eduisons :Xk+1P 0P = Xk+1AB = Q + pXj=1 (aj)k+1�jX � aj qui est donc �egal �a Q + nXl=1 (xl)k+1X � xl .Nous avons donc Xk+1P 0 = QP + nXl=1 (xl)k+1PX � xl .Notons pour chaque j 2 Nn Pj le polynome PX � xj ; il vient alors P 0 = nXj=1 PjpuisQP = nXl=1 �(xl)k+1 �Xk+1�Pl = P nXl=1 �(xl)k+1 �Xk+1�X � xl .Nous en d�eduisons :Q = nXl=1 �(xl)k+1 �Xk+1�X � xl = nXl=1 kXj=0 (xl)jXk�j!= kXj=0 Xk�j nXl=1 (xl)j! = kXj=0 SjXk�j .Si le polynome P poss�ede une racine nulle d'ordre �1 ; posons P = X�1P1.Xk+1P 01 = P1Q1 +R1 avec deg(R1) < deg(p1).Xk+1(�1X�1�1P1 +X�1P 01) = (�1Xk +Q1)P +X�1R1. Le quotient de la divi-sion euclidienne de Xk+1P 0 par P est donc �1Xk+Q1. En utilisant le r�esultatpr�ec�edent, nous obtenons Q1 = kXj=0 �jXk�j o�u �j est la somme des puissancesji�emes des racines de P1. Nous avons donc S0 = �1 + �0 et pour �>1 Sj = �j .Nous obtenons alors Q = �1Xk + �0Xk + kXj=1 SjXk�j = kXj=0 SjXk�j .Le r�esultat est donc vrai dans le cas g�en�eral.6. Supposons que les n racines de P sont non nulles. Soient A et B deux po-lynomes ; supposons deg(A) < deg(B) = n et supposons que les racines(x1; : : : ; xn) de B sont simples. Soit b une racine de B non racine de A.B = (X � b)B1; B0(b) = B01(b). Le coe�cient relatif �a b dans la d�ecompo-sition en �el�ements simples est donc �egal �a A(b)B0(b). Si b est racine de A alorsX � b ne �gure pas dans la d�ecomposition et A(b)B0(b) = 0. Dans tous les casnous avons donc AB = nXi=1 A(xi)B0(xi)(X � xi . XP 00P = nXi=1 xiP 00(xi)P 0(xi)(X � xi) . Nousavons imm�ediatement 0 = nXi=1 xiP 00(xi)P 0(xi)(0 � xi) puis 0 = nXi=1 P 00(xi)P 0(xi) . Supposonsqu'une racine (x1) de P soit nulle.P = XP1, pour i>2, P 0(xi) = xiP 01(xi)

60 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESXP 00P = P 00P1 = nXi=2 xiP 00(xi)P 0(xi)(X � xi).P 00(0)P1(0) = � nXi=2 P 00(xi)P 0(xi) .P1(0) = P 0(0) donc P 00(0)P1(0) = P 00(0)P 0(0) et alors nXi=1 P 00(xi)P 0(xi) = 0.7. D�emontrons un r�esultat pr�eliminaire classique :Soient A et B deux polynomes appartenant �a Z[X], B 6= 0. On suppose Bunitaire alors la division euclidienne A = BQ + R o�u Q et R sont des poly-nomes avec deg(R) =< deg(B) conduit �a (Q;R) 2 Z[X]2.Si deg(B) > deg(A) le r�esultat est imm�ediat car Q = 0 et R = A.Notons n le degr�e de A et m 2 Nn celui de B.A� amXn�mB = n�1Xk=0 akXk � n�1Xk=n�m anbk+n�mXk.Si n = 0 cette di��erence est nulle ; donc R1 = A � amXn�mB 2 Z[X ] etdeg(R1)6n� 1.Si r1 = deg(R1)>m alors en notant �1 le coe�cient dominant de R1 onprouve comme �a l'instant qu'il existe un polynome R2 2 Z[X ] tel que R1 =�1Xr1�mB +R2 avec deg(R2)6r1 � 1.On d�emontre donc imm�ediatement que, tant que le degr�e ri du polynomeRi est au moins �egal �a m, il existe un polynome Ri+1 2 Z[X] tel que Ri =�iXri�mB +Ri+1 avec deg(Ri+1)6ri � 1 o�u �i d�esigne le coe�cient dominantde Ri. La suite des Ri est �nie car les degr�es sont strictement d�ecroissants. Ilexiste donc j 2 N� tel que rj < m; rj�1>m. Nous avons pour i 2 N; i6j � 1les relations Ri = �iXri�mB +Ri+1 o�u R0 est A et �0 est n.En additionnant ces �egalit�es, il vient R0 = j�1Xi=0 �iXri�m!B +Rj.Le polynome Q = j�1Xi=0 �iXri�m 2 Z[X] est le quotient cherch�e.Q = k�1Xj=0 Xk ; (1 �X)Q = 1�Xk.Les racines complexes deQ sont les k�1 nombres complexes �l = exp� 2il�k � 1�pour l 2 Nk�1 .P = k�1Xi=0 Xni ; supposons que les entiers naturels ni soient congrus �a i modulok.P (�l) = k�1Xi=0 (�l)ni = k�1Xi=0 (�l)i+kqi = k�1Xi=0 (�l)i = Q(�l) = 0.Les racines �etant deux �a deux distinctes le polynome Q divise le polynome P .Il existe R 2 C [X ]; P = QR. En fait, Q est unitaire donc R 2 Z[X ].

618. Montrons le r�esultat par r�ecurrence sur le degr�e du polynome. SiA est constantpositifA = p(A)2+02. A est n�ecessairement de degr�e pair car sinon les limitesen �1 et +1 ne peuvent etre �egales �a +1. Supposons le r�esultat acquis pourtout polynome de degr�e au plus �egal �a 2n 2 N. Soit A un polynome de degr�e2n+2. SiA n'a pas de racine r�eelleA est le produit de polynomes du second de-gr�e irr�eductibles sur R. A peut s'�ecrire (X2+aX+b)P avec deg(P ) = 2n; P>0et X2 + aX + b irr�eductible sur R. X2 + aX + b = �X + a2�2 + 4b� a24 .Dans un anneau commutatif quelconque nous v�eri�ons, en d�eveloppant lesdeux membres, que (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac� bd)2 + (ad+ bc)2.P s'�ecrit U2 + V 2 donc A = ��X + a2�2 + 4b� a24 ��U2 + V 2�.En utilisant le r�esultat pr�ec�edent nous en d�eduisons que A est la somme descarr�es de deux polynomes.Si A poss�ede une racine r�eelle celle-ci est d'ordre pair.En e�et A est le produit d'un polynome r�eel scind�e et d'un polynome r�eeln'ayant aucune racine r�eelle et positif. En s�eparant les racines d'ordre pair etles racines d'ordre impair on en d�eduit que A est le produit d'un polynomepositif et d'un polynome du type Q = pYi=1(X � ai) o�u les ai sont les racinesd'ordre impair deux �a deux distinctes. Q n'est pas de signe �xe.A s'�ecrit donc A = (X � a)2D o�u U est un polynome positif de degr�e 2ns'�ecrivant U2 + V 2. Nous avons donc A = ((X � a)U)2 + ((X � a)V )2.Le r�esultat est donc obtenu.9. Soit P = Xn � n�1Xi=0 aiX i o�u les ai sont des r�eels positifs non tous nuls.Pour n = 1, P = X � a0 et a une seule racine strictement positive.Supposons que jusqu'au rang n les polynomes P n'ont qu'une et une seuleracine strictement positive et que cette racine est d'ordre 1.Soit P = Xn+1 � nXi=0 aiX i o�u les ai sont des r�eels positifs non tous nuls. Sipour i>1 les ai sont tous nuls alors P = Xn+1 � a0 o�u a0 > 0. P poss�ede uneet une seule racine strictement positive. Supposons qu'il existe un indice i>1tel que ai > 0.P 0 = (n+ 1)Xn � nXi=1 iaiX i�1 1n + 1P 0 = Xn � n�1Xi=0 � i+ 1n+ 1ai�X i En utilisantl'hypoth�ese de r�ecurrence, nous en d�eduisons que P 0 poss�ede un et un seul z�erostrictement positif, a, qui est de plus d'ordre 1. P 0 change de signe en a ; lalimite en +1 �etant �egale �a +1 P 0 est strictement positif sur ]a;+1[ et stric-tement n�egatif sur ]0; a[. P (0) = �a060 P est donc strictement n�egatif sur]0; a[ P (a) < 0 et la limite en +1 est �egale �a +1 donc P poss�ede une racineet une seule sur R�+. Cette racine est strictement sup�erieure �a a ; donc elle estsimple. Le r�esultat est d�emontr�e.

62 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ES10. Si P est un polynome constant a, alors P (X)�X = a�X; P (P (X)�X =a�X ; P (X)�X divise P (P (X)�X .Soit P un polynome non constant.P (P (X))�X = P (P (X))�P (X) +P (X)�X . Pour montrer que P (X)�Xdivise P (P (X))�X il su�t de prouver que P (X)�X divise P (P (X))�P (X).Posons P (X) = nXi=0 aiX i. P (P (X))� P (X) = nXi=1 �ai �P (X)i �X i��.P (X)i �X i = (P (X)�X) i�1Xj=0 P (X)jX i�1�j .11. nXi=0 ai�pq�i! = 0 ; nous en d�eduisons nXi=0 aipiqn� i = 0. D'apr�es les hypo-th�eses nous avons n>1; a0 6= 0; an 6= 0. Nous obtenons donc :nXi=1 ai�pq�i! = �a0qn et n�1Xi=0 ai�pq�i! = �anpn p divise bien a0 et q an.12. (X + 1)4 divise P � 1; (X � 1)4 divise P + 1 donc il existe Q1 et Q2 deux po-lynomes tels que : P � 1 = (X + 1)4Q1; et P + 1 = (X � 1)4Q2. Nous end�eduisons (X � 1)4Q2 � (X + 1)4Q1 = 2.(X � 1)4 et (X + 1)4 sont premiers entre eux donc il existe un polynome Q1et un polynome Q2 v�eri�ant la derni�ere relation.Nous savons qu'il existe un et un seul couple (Q1; Q2) avec la condition deg(Q1) <4; deg(Q2) < 4. En posant alors P = 1 + (X + 1)4Q1 nous avons bienP = �1 + (X � 1)4Q2. P est donc le polynome cherch�e.Il su�t d'utiliser l'algorithme d'Euclide pour trouver la r�eponse.(X + 1)4 = (X � 1)4 + (8X3 + 8X)(X � 1)4 = (8X3 + 8X)�18X � 12�+ (5X2 + 1)(8X3 + 8X) = (5X2 + 1)�85X�+�325 X�5X2 + 1 = �325 X��2532X�+ 1.Nous pouvons maintenant obtenir la relation recherch�ee.1 = ��2532X��(8X3 + 8X)� (5X2 + 1)�85X�� + 5X2 + 11 = (5X2 + 1)�1 + 54X2�� (8X3 + 8X)��2532X�1 = �(X � 1)4 � (8X3 + 8X)�18X � 12���1 + 54X2��(8X3 + 8X)��2532X�Il su�t de conserver (X�1)4 et de remplacer 8X3+8X par (X+1)4�(X�1)4.En regroupant nous obtenons :1 = (X � 1)4�1 + 54X2 + 2532X�� (X + 1)4��2532X�

63� �(X + 1)4 � (X � 1)4�� 532X3 � 58X2 + 18X � 12�Soit �nalement :1 = (X � 1)4� 532X3 + 58X2 + 2932X + 12�+(X + 1)4�� 532X3 + 58X2 � 2932X + 12�.Nous avons alorsQ1 = 516X3 � 54X2 + 2916X � 1 et Q1 = 516X3 + 54X2 + 2916X + 1.P est donc le polynome :1 + (X + 1)4� 516X3 � 54X2 + 2916X � 1� = 116 �5X7 � 21X5 + 35X3 � 35X�13. Il su�t de d�eterminer pour chaque x 2 R; Pn(x).L'�equation caract�eristique est alors r2+xr+1. Les solutions sont donc d�e�niespar Pn(x) = ���x +px2 � 42 �n + ���x �px2 � 42 �n.Les conditions initiales impliquent� + � = 1 et ���x +px2 � 42 �+ ���x �px2 � 42 � = �x.Nous obtenons alors :Pn(x) = (�1)n2n+1px2 � 4 ��(x �px2 � 4)n+1 + (x+px2 � 4)n+1�.En d�eveloppant nous obtenons :Pn(x) = (�1)n2n+1px2 � 4 n+1Xk=0 �Ckn+1 �px2 � 4�k (�(�1)k + 1)xn+1�k�!.En simpli�ant nous obtenons :Pn(x) = (�1)n2n E(n2 )Xp=0 C2p+1n+1 xn�2p(x2 � 4)p.Posons pour t 2 C ; x = 2 ch(t). Pn(x) = (�1)n X2p6nC2p+1n+1 ch(t)n�2p sh(t)2p.(ch(t) + sh(t))n+1 � (ch(t)� sh(t))n+1 = 2 X2p6nC2p+1n+1 ch(t)n�2p sh(t)2p+1.Nous en d�eduisons que pour sh(t) 6= 0, Pn(x) = (�1)n sh((n+ 1)t)sh(t) .Pn est un polynome de degr�e n.Supposons n>1. Les z�eros de sh((n+ 1)t) sont les nombres complexes ik�(n+ 1)avec k 2 Z. Les nombres 2 cos� k�n + 1� avec sin� k�n+ 1� 6= 0 sont racines dePn. Pour k 2 Nn ; sin� k�n+ 1� 6= 0 donc les racines de Pn sont les nombres2 cos� k�n+ 1� avec k 2 Nn .

64 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESRemarque sh((n+ 1)t)sh(t) = sin((n+ 1)it)sin(it) .Nous en d�eduisons donc que si nous posons (ce que nous aurions pu faire1)x = 2 cos(t) alors Pn(x) = (�1)n sin((n+ 1)t)sin(t) . Il vient donc :pour x6 � 1; Pn(x) = sh �(n+ 1) Argch �x2��sh �Argch �x2�� ;pour �16x61; Pn(x) = (�1)n sin �(n+ 1) acos �x2��sin�acos �x2�� ;pour x>1; Pn(x) = (�1)n sh �(n+ 1) Argch �x2��sh �Argch �x2�� .14. Soit n 2 N le degr�e de P ; soit an le coe�cient dominant du polynome P(suppos�e non nul). Il vient alors an = 0. Soit a un z�ero de P alors 8n 2 N a2nest un z�ero de P . Nous avons donc a = 0 ou jaj = 1.P ((a� 1)2) = P (a � 1)P (a) = 0 donc (a � 1)2 est un z�ero de P et a = 1 ouja� 1j = 1.Si a 6= 0 et a 6= 1 alors jaj = ja � 1j = 1. En posant a = exp(it); t 2 R nousobtenons ja� 1j = 2 ��sin � t2���.Nous obtenons donc t = ��3 et a = �j ou � j = �j2 = 1 � (�j).P (X) = X�(X � 1)�(X + j) (X + j2)�.En utilisant la relation nous obtenonsX2� �X2 � 1�� �X2 + j� �X2 + j2��= X�(X � 1)�(X + j) (X + j2)�(X + 1)�X�(X � j2) (X � j)�.Nous obtenons donc � = � et�X2 + j� �X2 + j2�� = (X + j) (X + j2)�(X � j2) (X � j)�.j est racine d'ordre � du polynome du membre de droite donc � = 0 ; dememe j2 est racine d'ordre du polynome du membre de droite donc = 0et P = X�(X � 1)�.15. Consid�erons la suite (an)n2N telle que a0 = 0 et pour n 2 N; an+1 = 1 + (an)2.Cette suite est strictement croissante, pour tout n 2 N; an 2 N.P (an+1) = P �1 + (an)2� = 1 + (P (an))2.Posons pour tout n 2 N; bn = P (an). Nous en d�eduisons, b0 �etant nul,8n 2 N; an = bn c'est-�a-dire 8n 2 N; an = P (an). Le polynome P (X) � Xest nul pour une in�nit�e de valeurs donc il est nul et P (X) = X .16. Soit n 2 N� n 1 ; soit P 2 Rn[X ] un polynome scind�e.Notons x1; : : : ; xp (p 2 Nn) les racines deux �a deux distinctes de P rang�eesdans l'ordre croissant. On notera, pour i 2 Np , �i l'ordre de multiplicit�e de laracine xi. Si p = 1 alors x1 est la racine d'ordre n de P donc est racine d'ordren � 1 de P 0 qui est scind�e.1sin((n + 1)t) = 12i �(cos(t) + i sin(t))n+1 � (cos(t) � i sin(t))n+1�= sin(t) X2p6n�C2p+1n+1 cosn�2p(t) sin2p(t)�.

65Si p>2, d'apr�es le th�eor�eme de Rolle P 0 poss�ede sur chaque intervalle ]xi; xi+1[avec i 2 Np�1 au-moins une racine. P 0 poss�ede donc p� 1 racines deux �a deuxdistinctes toutes di��erentes des xi. De plus P 0 a aussi pour racines les r�eelsx1; : : : ; xp aux ordres respectifs �1�1; : : : ; �p�1. Le nombre de racines ainsiobtenues est donc bien �egal �a (p� 1) + pXk=1(�i � 1) = p � 1 + n� p = n� 1.P 0 est donc scind�e.Nous pouvons de meme remarquer que si P est scind�e �a racines simples alorsP 0 aussi.17. Soit P 2 R[X ] un polynome scind�e. Si on note a1; : : : ; ap les racines deux�a deux distinctes de P dont les ordres sont respectivement �1; : : : ; �p. Nousavons d�ej�a vu qu'alors :P 0P = pXi=1 �iX � ai .En calculant la d�eriv�ee nous obtenons : P 00P � P 02P 2 = pXi=1 ��i(X � ai)2 soit en-core P 00P � P 02 = pXi=1 ��iP 2(X � ai)2 . Nous en d�eduisons que pour tout r�eel xP 00(x)P (x)� (P 0(x))260. L'in�egalit�e est stricte en dehors des racinesSi P est �a racines simples ; soit x une racine de P alors P 0(x) 6= 0 et l'in�egalit�eest toujours stricte.Lorsque P est un polynome r�eel scind�e �a racines simples, en utilisant le th�eo-r�eme de Rolle, il est clair que P 0 est aussi scind�e �a racines simples et doncaussi P (k) pour 06k6 deg(P ) � 1. Si n = deg(P ) nous avons donc pour06k6n� 1, P (k+2)(x)P (k)(x)� (P (k+1)(x))2 < 0 et en particulier 06k6n� 1,P (k+2)(0)P (k)(0)� (P (k+1)(0))2 < 0.Si P (X) = nXj=0 ajXj alors P (k)(0) = k!ak. Nous obtenons donc (en posantan+1 = 0) (k + 2)!k!ak+2ak < ((k + 1)!ak+1)2.Pour k 2 Nn�1 ; k(k + 2)k + 1 akak+2 < ak+1. k2 + k � 1>1 donc si akak+2>0 nousavons akak+2 < (ak+1)2. Si akak+260 nous avons �evidemment akak+2 < (ak+1)2.Pour k = 0; 2a2a0 < (a1)2.Nous avons donc pour tout entier k6n� 1; akak+2 < (ak+1)2.Soit u l'application a 2 R 7�! X � a 2 Rn[X ]. Munissons Rn[X ] d'une normeN . N(u(a)� u(b)) = N(a� b) = ja� bjN(1). u est donc continue.Soit f l'application (x1; : : : ; xn) 2 Rn 7�! nYi=1(X � xi) 2 Rn[X ]. Supposonspar exemple que si P 2 Rn[X ], N(P ) = supt2[0;1] jP (t)j. Nous avons imm�ediate-ment N(PQ)6N(P )N(Q). En utilisant le r�esultat pr�ec�edent, f est continuecomme produit2 de fonctions continues. L'application qui �a un polynome de2Voir le th�eor�eme dans le livre du meme auteur : \R�esum�e de cours Textes et corrig�es de devoir"

66 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESRn[X ] associe ces coe�cients dans Rn+1 est �evidemment continue car chaquecoe�cient est une coordonn�ee dans la base (1; X; : : : ; Xn). Nous en d�eduisonsque l'application de Rn dans Rn+1 qui �a (x1; : : : ; xn) associe les coe�cientsdu polynome unitaire de degr�e n dont ces �el�ements sont les racines est conti-nue. Par continuit�e nous en d�eduisons que les in�egalit�es strictes pr�ec�edentesdeviennent larges dans le cas g�en�eral.18. Soit k 2 N ; XP 0k = nXp=1(�1)ppk+1CpnXp = nXp=0(�1)ppk+1CpnXp = Pk+1.P0 = nXp=0(�1)pCpnXp = (1�X)n. P0 = R0(1�X)n avec R0 = 1.Supposons que pour tout k 2 Nq ; Pk (avec q < n) s'�ecrive Pk = Rk(1�X)n�ko�u Rk est un polynome.Pq+1 = XP 0q = (1 �X)n�q�1(X(1�X)R0q �X(n� q)Rq).Il vient bien Pq+1 = Rq+1(1 �X)n�q�1 o�u Rq+1 est le polynome X(1�X)R0q�X(n� q)Rq.Nous avons donc pour tout entier k6n, Pk = Rk(1�X)n�k o�u Rk est unpolynome. En particulier 8k 2 N; k < n; Rk+1(1) = �(n � k)Rk(1) avecR0(1) = 1.Nous en d�eduisons imm�ediatement Rn(1) = (�1)nn!.Pn = Rn donc Pn(1) = (�1)nn! et nXp=0(�1)ppkCpnXp = (�1)nn!.19. (a) Montrons par r�ecurrence sur n 2 N que nXk=0 �(�1)kCkn(X � k)n� = n!Il est clair que pour n = 0 le r�esultat est vrai.Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang n. n+1Xk=0(�1)kCkn+1(X � k)n+1!0 = n+1Xk=0(�1)kCkn+1(n+ 1)(X � k)n= nXk=0(�1)kCkn(n+ 1)(X � k)n + n+1Xk=1(�1)kCk�1n (n+ 1)(X � k)n= nXk=0(�1)kCkn(n+ 1)(X � k)n � nXk=0(�1)kCkn(n+ 1)((X � 1)� k)nEn utilisant l'hypoth�ese de r�ecurrence nous en d�eduisons donc n+1Xk=0(�1)kCkn+1(X � k)n+1!0 = 0 ; c'est-�a-dire n+1Xk=0(�1)kCkn+1(X � k)n+1est constant �egal �an+1Xk=0(�1)kCkn+1(�k)n+1 = (�1)n+1 n+1Xk=0(�1)kkCkn+1kn+1 = (n+ 1)!�edit�e chez ellipses, pages 124-125

67Le r�esultat est donc prouv�e au rang n + 1.nXk=0 �(�1)kCkn(X � k)n� �etant constant, ses d�eriv�ees successives sont toutesnulles donc pour p 2 N; p < n nous avons nXk=0 �(�1)kCkn(X � k)p� = 0.Si P est un polynome de degr�e strictement inf�erieur �a n nous obtenonsdonc nXk=0 �(�1)kCknP (X � k)� = 0 et si si P est un polynome de degr�en nous obtenons nXk=0 �(�1)kCknP (X � k)� = ann! o�u an est le coe�cientdominant de P . En particulier si P 2 Rn[X ],nXk=0 �(�1)kCknP (k �X)� = (�1)nann! = nXk=0 �(�1)kCknP (k +X)� o�u an estle coe�cient du monome de degr�e n de P .nXk=0 �(�1)kCknP (k)� = (�1)nann!(b) En utilisant le r�esultat pr�ec�edent nous obtenons nXk=0 �(�1)kCknfk� = 0.Un polynome annulateur de f est (�1)n nXk=0 �(�1)kCknXk� = (X � 1)n.n�1Xk=0 �(�1)kCkn�1P (X + k)� = (�1)nann! donc (1� f)n�1 6= 0.Le polynome minimal de f est donc le polynome (X � 1)n.20. Si Q est un polynome de C [X ] s'�ecrivant Q = (X�a)2Q1 avec Q1(a) 6= 0 alorsen d�erivant trois fois nous obtenons Q00(a) = 2Q1(a) et Q000(a) = 6Q01(a).La d�ecomposition en �el�ements simples de la fraction PQ s'�ecrit :PQ = P1Q1 + �X � a + �(X � a)2 .En mulitpliant par (X � a)2 nous obtenons � = P (a)Q1(a) = 2P (a)Q00(a) .En multipliant par (X � a)2 et en d�erivant nous obtenonsP 0Q1 � PQ01Q21 = (X � a)R+ � o�u R est une fraction rationnelle n'ayant pas apour pole. Nous obtenons alors� = P 0(a)Q1(a)� P (a)Q01(a)Q1(a)2 soit encore� = P 0(a)12Q00(a)� P (a)16Q000(a)14Q00(a)2 = 23 3P 0(a)Q00(a)� P (a)Q000(a)Q00(a)2

68 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ES21. Si P 2 C n [X ], (n 2 N�) de degr�e n divise P 0 alors il existe a 2 C tel quenP = (X � a)P 0. Nous en d�eduisons, �a l'aide de la formule de Leibniz, quepour tout j 2 N; (n� j)P (j) = (X � a)P (j+1).Il vient alors en faisant une d�emonstration imm�ediate par r�ecurrence que pourtout j 2 N jYk=0(n� k)!P = (X � a)j+1P (j+1).En particulier n�1Yk=0(n� k)!P = (X � a)nP (n) c'est-�a-dire, en notant b le co-e�cient dominant de P , n!P = (X � a)nn!b ; P = b(X � a)n.22. Nous savons que si P = n�1Xk=0 akXk +Xn est un polynome de degr�e n 2 N� ,pour k 2 Nn ; �k = (�1)kan�k.(a) Pour i �x�e, i 2 Np nous avons : Q = (X � �i)Qi.Qi = Xp�1 + p�2Xk=0(�1)p�1�k�p�1�k;iXk.Q = Xp + p�2Xk=0(�1)p�1�k�ip�1�kXk+1 � �iXp�1 � p�2Xk=0(�1)p�1�k�p�1�k;iXk.En regroupant nous obtenons :Q = Xp � (�i1 + �i)Xp�1 + p�2Xj=1 �(�1)p�k(�p�k;i + �i�p�1�k;i)Xk�+ (�1)p�i�p�1;i.Si p = 2, p�2Xj=1 �(�1)p�k(�p�k;i + �i�p�1�k;i)Xk� est remplac�ee par 0.Par identi�cation nous en d�eduisons, en posant �0;i = 1 et �p;i = 0,8k 2 Np ; �k = �k;i + �i�k�1;i.Montrons la relation : �k;i = kXj=0 (�1)k�j�k�ji �j .Cette relation est vraie pour k = 1. Supposons-la v�eri��ee jusqu'au rangk6p � 2.Nous avons alors : �k+1;i = �k+1 � kXj=0 (�1)k�j�k+1�ji �j . La relation estdonc d�emontr�ee.(b) Si les �i sont tous �egaux �a 1 nous obtenons : 8k 2 N; k6p; �k = (�1)kCkpet 8k 2 N; k6p � 1; �k;i = (�1)kCkp�1.En utilisant le r�esultat prt�ec�edent nous en d�eduisons :8k 2 N; k6p� 1; (�1)kCkp�1 = kXj=0 (�1)k�j(�1)kCkp soit encore :8k 2 N; k6p� 1; Ckp�1 = kXj=0 (�1)j�kCkp .

6923. Soit P 2 R[X ] scind�e �a racines simples. Nous avons vu dans des exercicespr�ec�edents que P 0 est scind�e �a racines simples. Si a 2 R�; P 2 + a2 ne poss�edeaucune racine r�eelle.Soit � une racine complexe, non r�eelle de P 2 + a2. Si � n'est pas simple alors2P (�)P 0(�) = 0 soit encore puisque P (�) 6= 0, P 0(�) = 0 cela est faux. P 2+a2est donc scind�e, sur C , �a racines simples.24. X2n � (2 cos�)Xn + 1 = �Xn � ei�� �Xn � e�i��.Nous pouvons supposer � 2 [0; �]. Nous obtenons donc :X2n � (2 cos�)Xn + 1= n�1Yk=0�X � exp�i� + 2k�n ��! n�1Yk=0�X � exp��i� + 2k�n ��!soit encore :X2n � (2 cos�)Xn + 1 = n�1Yk=0�X2 � �2 cos��+ 2k�n ��X + 1�.X2 ��2 cos�� + 2k�n ��X + 1 a pour discriminant r�eduit sin2�� + 2k�n �.Celui-ci n'est nul que dans le cas o�u �+ 2k�n � 0 (mod �) ce qui implique� � 0 (mod �).Si � 6� 0 (mod�) alors la d�ecomposition pr�ec�edente est celle cherch�ee.25. Soit ! �x�e. Le polynome 1+!X+!2X2 a pour racines !j et !j. Nous avons vudans des exercices pr�ec�edents que si un polynome B = nYi=1(X � aj) est scind�e�a racines simples et si AB est une fraction irr�eductible avec deg(A) < deg(B)alors AB se d�ecompose sous la forme : nXi=1 A(ai)B0(ai)(X � ai) .Nous obtenons alors :1 + !X1 + !X + !2X2 = 1 + j!(1 + 2j)(X � !j + 1 + j!(1 + 2j)(X � !j .X!2Un 1!(X � !j) est une fraction AB avec B = Y!2Un(X � !j et A est un poly-nome de degr�e au plus �egal �a n. Nous avons de plus A �!j�B0 �!j� = 1! .Y!2Un(X � !j = Y!2Un �j(jX � !� = jn((jX)n � 1) = Xn � jn.1! = A (!j)B0 (!j) = A (!j)n (!j)n�1 .Nous en d�eduisons A (!j) = njn�1. A est constant pour n valeurs deux �a deuxdistinctes donc A est constant �egal �a njn�1.Nous faisons un calcul analogue avec l'autre fraction. Nous obtenons donc :

70 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESX!2Un 1 + !X1 + !X + !2X2 = n(1 + j)jn�1(1 + 2j)(Xn � jn) + n(1 + j)jn�1(1 + 2j)(Xn � jn) .En r�eduisant au meme d�enominateur nous obtenons la fraction PQ avecP = n h(1 + j)(1 + 2j)jn�1(Xn � jn) + (1 + j)(1 + 2j)jn�1(Xn � jn)i.Le coe�cient de Xn est �egal �a :(1 + j)(1 + 2j)jn�1 + (1 + j)(1 + 2j)jn�1.En d�eveloppant nous obtenons 2jn�1 + jn�2 + 2jn�1 + jn�2c'est-�a-dire encore4 cos �2(n� 1)�3�+ 2 cos�2(n� 2)�3�= 2 cos �2(n� 1)�3�+ 4 cos��3� cos�(2n� 3)�3�= 4 cos��3� cos�(4n� 5)�6� = 2 cos�(4n� 5)�6�Le coe�cient constant est �egal �a :�(1 + j)(1 + 2j)j � (1 + j)(1 + 2j)j = �3(j + j == 3.Nous obtenons alors X!2Un 1 + !X1 + !X + !2X2 = n �2 cos �(4n� 5)�6��Xn + 33 �X2n � 2 cos � 2n�3 ��Xn + 126. Montrons le lemme de Gau�.(a) Soit P = P1P2 o�u P1 et P2 sont deux polynomes de Z[X] non nuls telsque (P1) = (P2) = 1. Supposons (P ) 6= 1. Soit alors p>2 un nombrepremier diviseur de (P ).Soit ' l'application qui �a un entier relatif n associe sa classe modulo p.Soit l'application qui au polynome Q = NXi=0 akXk 2 Z[X] associe le po-lynome NXi=0 '(ak)Xk 2 K [X ] o�u K est le corps Z/pZ. est un morphisme d'anneaux commutatifs int�egres et d'apr�es le choixde p, (P ) = 0. 0 = (P ) = (P1P2) = (P1) (P2). L'un des deuxpolynomes (P1 ou (P2) est nul ; les coe�cients de ce polynomes de-vraient tous etre nuls ce qui est faux par hypoth�ese. Nous en d�eduisonsque (P ) = 1 = (P1) (P2).(b) Soient P1 et P2 deux polynomes non constants de Z[X ].divisons P1 par (P1) et P2 par (P2). P1 = (P1)Q1 avec (Q1) = 1 ; dememe P2 = (P2)Q2 avec (Q2) = 1. (Q1Q2) = 1, (P1P2) = ( (P1) (P2)Q1Q2) = (P1) (P2) (Q1Q2) d'o�ule r�esultat demand�e.(c) Soit P 2 Z[X ] un polynome non constant r�eductible dans Q[X ].P = P1P2 o�u P1 et P2 sont des polynomes non constants appartenant �aQ[X ].Soit d le d�enominateur commun des coe�cients, non nuls, des poly-

71nomes P1 et P2. Q1 = dP1; Q2 = dP2 Q1 et Q2 appartiennent �a Z[X].Q1Q2 = d2P . Q1Q2 = (Q1) (Q2)R1R2 o�u R1 et R2 sont deux poly-nomes de Z[X ] v�eri�ant (R1) = (R2) = 1.Nous obtenons alors d2 (P ) = (Q1) (Q2) c'est-�a-dire P = (P )R1R2 ;P est r�eductible dans Z[X].Nous avons bien d�emontr�e que si P est irr�eductible dans Z[X ] alors ill'est aussi dans Q[X ].Montrons maintenant le crit�ere d'Eisenstein.Il su�t de montrer que P est irr�eductible dans Z[X ].Supposons P r�eductible dans Z[X ] ; P = P1P2 o�u P1 et P2 sont deuxpolynomes non constants appartenant �a Z[X ].Utilisons les fonctions ' et pr�ec�edentes.P1 = n1Xk=0 bkXk; P2 = n2Xk=0 ckXk; P = nXk=0 akXk.p divise tous les coe�cients ak pour k < n donc n1Xk=0 '(bk)Xk! n2Xk=0 '(ck)Xk! = '(an)Xn.an = bn1cn2 ; les deux nombres ' (bn1) et ' (cn2) sont non nuls. a0 = b0c0et ' (b0)' (c0) = 0 donc l'un seulement des deux nombres b0 ou c0 estdivisible par p car p2 ne divise pas a0.Supposons ' (b0) = 0 et ' (c0) 6= 0.Soit i 2 N; i < n1 tel que 8k 2 N; k6i; '(bk) = 0 et ' (bi+1) = 0. iexiste car ' (bn1) 6= 0.' (ai+1) = i+1Xk=0 ' (bkci+1�k) = ' (bi+1)' (c0) 6= 0.Cela est faux car i + 1 < n et ' (ai+1) = 0.Le r�esultat est donc d�emontr�e.Exemple d'applicationSoit p>2 un nombre premier. Le polynome P = p�1Xk=0 Xk est irr�eductibledans Q[X ]. Posons X = Y + 1.Nous avons P (X) = Q(Y ) = (1 + Y )p � 1Y = p�1Xk=0 Ck+1p Y k. Nous avonsd�ej�a vu que pour i 2 Np�1 p divise Cip ; p2 ne divise pas le terme constant�egal �a p et p ne divise pas le coe�cient dominant qui est �egal �a 1. Lepolynome est donc irr�eductible sur Q[X ].27. (a) S'il existe Tn 2 R[X ] tel que pour tout r�eel t on ait Tn(cos(t)) = cos(nt)alors ce polynome est unique. En e�et, supposons que A et B soientdeux telles solutions. Soit N le plus grand des degr�es de A et B. Nousconnaissons les valeurs identiques que prennentA et B pour N+1 valeursr�eelles distinctes donc A� B est nul.Pour (n; t) 2 N �R cos((n+ 2)t) + cos(nt) = 2 cos(t) cos((n+ 1)t.Consid�erons la suite d�e�nie par

72 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�EST0 = 1; T1 = X et pour n 2 N; Tn+2 = 2XTn+1 � Tn.Il est imm�ediat que nous d�e�nissons l�a une suite de polynomes et que parconstruction 8t 2 R; Tn(cos(t)) = cos(nt.Nous pouvons obtenir l'existence des polynomes Tn d'une autre mani�ere.cos(nt) = <e (exp(int)) = <e ((cos(t) + i sin(t))n).En d�eveloppant nous obtenons :cos(nt) = <e nXk=0 �Ckn cosn�k(t)ik sink(t)�! soit encorecos(nt) = E(n2 )Xk=0 �C2kn cosn�2k(t)(�1)k sin2k(t)�.Posons Tn = E(n2 )Xk=0 �C2kn Xn�2k(�1)k(1 �X2)k� ; alors Tn(cos(t)) = cos(nt).Dans les deux d�emonstrations pr�ec�edentes, les r�esultats auraient �et�e lesmemes si t avait �et�e complexe.Nous avons donc la relation 8n 2 N; 8z 2 C ; Tn(cos(z)) = cos(nz) enparticulier pour z = it avec t 2 R nous avons Tn(cos(it)) = cos(nit)c'est-�a-dire 8n 2 N; 8t 2 R; Tn(ch(t)) = ch(nt).(b) En utilisant la formule pr�ec�edente d�e�nissant Tn, nous en d�eduisons queTn est un polynome ayant la parit�e de n ; le coe�cient dominant est �egal�a 1 pour n = 0 et pour n 2 N� il est �egal �a E(n2 )Xk=0 C2kn = 2n�1.Nous pouvons obtenir le meme r�esultat en utilisant la relation de r�ecur-rence 8n 2 N; Tn+2 = 2XTn+1 � Tn avec T0 = 1 et T1 = X .Nous pouvons remarquer que pour x 2]1;+1[ il existe t 2 R�; x = ch(t)donc Tn(x) = ch(nt) > 1. Tn(1) = ch(0) = 1. Nous en d�eduisons doncque pour x 2 R; jxj > 1; jTn(x)j > 1.De meme pour x 2 R; jxj61; en �ecrivant x = cos(t) avec t 2 R il vientjTn(x)j61.Les �eventuelles racines r�eelles de Tn sont donc dans l'intervalle ]� 1; 1[.Soit � 2] � 1; 1[ une racine de Tn; n>1. D'apr�es ce que nous venons devoir, Il existe a 2]0; �[ tel que � = cos(a). Nous avons donc cos(na) = 0ce qui �equivaut �a 9k 2 Z; na = �2 + k�; a 2]0; �[.L'ensemble des racines ainsi trouv�e est donc l'ensemble des �el�ementscos�(2k + 1)�2n � ; k 2 f0; : : : ; n� 1g. Il y a l�a n r�eels deux �a deuxdistincts, ce sont les n racines de Tn.(c) Pour n 2 N� , Tn est scind�e �a racines simples. 1Tn = n�1Xk=0 akX � �k o�u�k = cos�(2k + 1)�2n � et ak = 1T 0n(�k).Pour x 2]�1; 1[, Tn(x) = cos (n acos(x)), T 0n(x) = np1 � x2 sin (n acos(x)).

73T 0n(�k) = nsin� (2k+1)�2n � sin�(2k + 1)�2 �.T 0n(�k) = n(�1)ksin� (2k+1)�2n � .1Tn = n�1Xk=0 (�1)k sin� (2k+1)�2n �n�X � cos � (2k+1)�2n �� .28. Le coe�cient relatif au pole �i est �egal �a p! k=pYk=0k 6=i 1k � i .Pour i 6= 0 et i 6= p nous obtenons p! k=i�1Yk=0 1k � i! k=pYk=i+1 1k � i! c'est-�a-direp!(�1)i k=iYk=1 1k! k=p�iYk=1 1k! = (�1)ip!i!(p� i)! = (�1)iCip.Le r�esultat est encore vrai pour i = 0 et i = p.Nous obtenons donc : p!X(X + 1) : : : (X + p) = pXi=0 (�1)iCipX + i .Montrons le r�esultat pr�eliminaire : nXp=i Cip = Ci+1n+1.Premi�ere m�ethodeCip est le coe�cient de X i dans (1 +X)p donc nXp=i Cip est le coe�cient de X idans nXp=i (1 +X)p c'est-�a-dire aussi le coe�cient deX i dans nXp=0(1 +X)p qui est�egal �a (1 +X)n+1 � 1X . Il s'agit donc du coe�cient de X i+1 dans le polynome(1 +X)n+1 qui n'est autre que Ci+1n+1.Seconde m�ethodeMontrons le r�esultat par r�ecurrence sur n>i ; i �etant �x�e. Le r�esultat est vraipour n = i. Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang n.n+1Xp=i Cip = nXp=i Cip + Cin+1 = Ci+1n+1 + Cin+1 qui n'est autre que Ci+1n+2.D�ecomposons en �el�ements simples la fraction rationnelle R = nXp=0 Rp.R = nXp=0 pXi=0 (�1)iCipX + i !.Posons, pour i et p entiers au plus �egaux �a n, �i;p = � 0 si i > p(�1)i si i6p

74 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESNous avons alorsR= nXp=0 nXi=0 �i;p!= nXi=0 nXp=0 �i;p!= nXi=0 nXp=i (�1)iCipX + i != nXi=0 (�1)iCi+1n+1X + i .29. (a) X + 1(X2 + 1)2(X2 +X + 1)2 = aX + bX2 + 1 + cX + d(X2 + 1)2+ a0X + b0X2 +X + 1 + c0X + d0(X2 +X + 1)2 .En multipliant par (X2 + X + 1)2 et en substituant j (ou j) �a X nousobtenons apr�es simpli�cation �1 = c0j + d0 ainsi que �1 = c0j + d0 c'est-�a-dire c0 = 0 et d0 = �1.En multipliant par (X2+1)2 et en substituant i �a X nous obtenons apr�essimpli�cation �1 � i = ci+ d c'est-�a-dire c = �1 et d = �1.Multiplions par X et examinons les fractions de degr�es nuls (ou substi-tuer 1 �a X) ; nous en d�eduisons 0 = a+ a0.En subsitutuant 0 �a X nous obtenons 1 = b + d + b0 + d0 soit encoreb+ b0 = 3.En subsitutuant -1 �a X nous obtenons 0 = �2a+ 2b � 4a0 + 4b0 � 4 soitencore a0 � b0 = 1.En subsitutuant 1 �a X nous obtenons 4 = 3a+ 3b+ 2a0 + 2b0 c'est-�a-direa+ b = �2.En r�esolvant le syst�eme obtenu nous obtenons a = �3; b = 1; a0 =3; b0 = 2.X + 1(X2 + 1)2(X2 +X + 1)2 = �3X + 1X2 + 1 + �X � 1(X2 + 1)2+ 3X + 2X2 +X + 1 + �1(X2 +X + 1)2 .(b) 4(X2 � 1)2 = a(X � 1)2 + bX � 1 + c(X + 1)2 + dX + 1.La fraction est paire ; d'apr�es l'unicit�e de la d�ecomposition nous en d�e-duisons a = c et b = �d.Nous pouvons utiliser diverses m�ethodes de recherche.Premi�ere m�ethodeNous rempla�cons X � 1 par t et nous e�ectuons le d�eveloppement li-mit�e �a l'ordre 1=2-1 (car l'exposant de X � 1 est �egal �a 2) de 4(2 + t)2au voisinage de 0. Nous obtenons 1 � t + o(t). Nous avons donc :4t2(2 + t)2 = 1t2 � 1t + o�1t�. Il vient alors a = 1; b = �1.4(X2 � 1)2 = 1(X � 1)2 � 1X � 1 + 1(X + 1)2 + 1X + 1.Seconde m�ethodeMultiplions par (X�1)2 et substituons 1 �a X . Il vient a = 1. substituons0 �a X . Il vient b = �1.(c) X4 + 1 = (X2 + 1)2 � 2X2 = (X2 �Xp2 + 1)(X2 +Xp2 + 1).

751(X + 1)(X4 + 1) = aX + 1 + bX + cX2 +Xp2 + 1 + b0X + c0X2 �Xp2 + 1.Notons � et � les deux racines complexes, non r�eelles du polynomeX2 +Xp2 + 1.Nous obtenons �2 � �p2 + 1 = �2�p2puis (� + 1)(�2 � �p2 + 1 = �2�p2) = 2p2(1 + �(p2� 1)).Multiplions la fraction par X2 + Xp2 + 1 et substituons � �a X . Nousobtenons 1 = 2p2(1+�(p2�1))(b�+c). En d�eveloppant nous obtenons1 = 2�p2(p2 � 1)(b + c) + 2p2(b(1 � p2) + c). De meme avec � nousavons 1 = 2�p2(p2� 1)(b+ c) + 2p2(b(1�p2) + c).Nous en d�eduisons b+ c = 0 puis �4b = 1 c'est-�a-dire c = �b = 14.En faisant un calcul analogue avec X2 �Xp2 + 1 il vient c0 = �b0 = 14.En multipliant par X+1 et en substituant �1 �a X nous obtenons a = 12.1(X + 1)(X4 + 1) = 12(X + 1) + �X + 14(X2 +Xp2 + 1) + �X + 14(X2 �Xp2 + 1).(d) X2 +X + 1X4 � 1 = aX � 1 + bX + 1 + cX + dX2 + 1 o�u a; b; c et d sont des r�eels.En multipliant la fraction par X � 1 et en substituant 1 �a X ; de memeen multipliant la fraction par X + 1 et en substituant �1 �a X nous end�eduisons a = 34 ; b = �12 .En multipliant la fraction parX2+1 et en substituant i �a X nous obtenonsci + d = � i2 . Nous avons doncX2 +X + 1X4 � 1 = 34(X � 1) � 12(X + 1) � X2(X2 + 1).(e) X2 + 1(X � 1)4(X3 + 1) = a(X � 1)4 + b(X � 1)3 + c(X � 1)2 + dX � 1+ eX + 1 + a0X + b0X2 �X + 1o�u a; b; c; d; e; a0 et b0 sont des r�eels. Nous allons utiliser deux m�e-thodes.Premi�ere m�ethode En multipliant la fraction par X + 1 et en substi-tuant �1 �a X nous obtenons e = 124.Soient � et � les deux racines non r�eelles du polynome X3 + 1.�2 � � + 1 = 0 donc (�� 1)4 = �8 = �2 = � � 1 puis (�� 1)4(� + 1) =�2 � 1 = � � 2. En multipliant la fraction par X2 � X + 1 et ensubstituant � �a X nous obtenons �� � 2a0� + b0. Nous obtenons donc� = a0�2 + b0� � 2a0� � 2b0 soit encore � = �(b0 � a0)� a0 � 2b0.En faisant de meme avec � nous en d�eduisons b0 � a0 = 1 et 2b0 + a0 = 0c'est-�a-dire b0 = 13 ; a0 = �23.

76 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESX2 + 1(X � 1)4(X3 + 1) � 124(X + 1) � 1� 2X3(X2 �X + 1)= 5X6 � 17X5 + 15X4 + 10X3 � 17X2 + 15X + 58(X � 1)4(X3 + 1) .5X6 � 17X5 + 15X4 + 10X3 � 17X2 + 15X + 5 est divisible par X3 + 1nous obtenons alorsX2 + 1(X � 1)4(X3 + 1) � 124(X + 1) � 1� 2X3(X2 �X + 1)= 5X3 � 17X2 + 15X + 58(X � 1)4 .5X3 � 17X2 + 15X + 5 = (X � 1)(5X2 � 12X + 3) + 85X2 � 12X + 3 = (X � 1)(5X � 7)� 45X � 7 = 5(X � 1)� 2.Nous obtenons donc5X3 � 17X2 + 15X + 58(X � 1)4 = 1(X � 1)4 � 12(X � 1)3� 14(X � 1)2 + 58(X � 1).Seconde m�ethode Nous employons le meme d�ebut pour obtenir e; a0et b0.Le d�eveloppement limit�e �a l'ordre 3 de (1 + t)2 + 1(1 + t)3 + 1 au voisinage de 0 est�egal �a :(1 + t)2 + 1(1 + t)3 + 1 = 12(2 + 2t2 + t2) 1 � t2(3 + 3t+ t2) +� t2�2 (3 + 3t)2�� t2�3 33!+ o(t3).En d�eveloppant nous obtenons (1 + t)2 + 1(1 + t)3 + 1 = 1� 12t � 4 t2 + 58 t3 + o(t3)puis (1 + t)2 + 1t4((1 + t)3 + 1) = 1t4 � 12t3 � 4t2 + 58t + o�1t�.Nous en d�eduisons alors la d�ecomposition cherch�ee.(f) 1Xn(1�X)n = nXk=0 akXk + nXk=0 bk(1�X)k .En �echangeant X en 1�X , grace �a l'unicit�e, nous en d�eduisons que pourchaque k; ak = bk.�t 7�! 11� t�(n�1) = �t 7�! (n� 1)!(1� t)n�.Au voisinage de 0 nous avons 11� t = 2n�2Xk=0 tk + o �t2n�2�.Nous avons donc(n� 1)!(1� t)n = 2n�2Xk=n�1 �k(k � 1)( : : : )(k � n+ 2)tk�n+1�+ o �tn�1�.

77Il vient alors1(1� t)n = n�1Xk=0 �Ckk+n�1tk�+ o �tn�1�.Nous avons donc an�k = Ckk+n�1.Nous obtenons alors1Xn(1�X)n = nXk=1 Cn�k2n�k�1Xk + nXk=1 Cn�k2n�k�1(1�X)k .30. En reprenant l'exercice pr�ec�edent, nous obtenons :1Xn(1�X)n = nXk=1 Cn�k2n�k�1Xk + nXk=1 Cn�k2n�k�1(1�X)k donc1 = nXk=1 Cn�k2n�k�1Xn�k(1 �X)n + nXk=1 Cn�k2n�k�1(1�X)n�kXn. Il su�t de choi-sir P = n�1Xk=0 Ckn�k+1Xk et Q = n�1Xk=0 Ckn�k+1(1�X)k. Nous savons qu'avec lesconditions impos�ees sur les degr�es, il y a unicit�e des polynomes P et Q ainsitrouv�es.31. Avec les notations de l'exercice, nous avons pour chaque k 2 Nn ; �(X) =(X � zk)�k(X) puis �(z0) = (z0 � zk) 1n nXk=1 �k(zk) = (z0 � zk) 1n nXk=1 �0(zk).Les polynomes (X � z0) nXk=1 �k(X) et n(�(X) � �(z0)) ont meme degr�e n,meme coe�cient dominant n. Ils sont nuls tous les deux en z0. Pour k 2 Nn lepremier prend en zk la valeur (zk � z0) nXk=1 �k(zk) = (zk � z0) nXk=1 �0(zk) et lesecond la valeur �n�(z0) = �(z0 � zk) nXk=1 �0(zk). Ces deux polynomes sontdonc �egaux ; il vient alors �0(X)�(X)� �(z0) = nX � z0 .Si nous notons P le polynome ���(z0) nous avons P 0P = nX � z0 ; P est donc�egal �a (X � z0)n (il su�t de revoir l'exercice concernant la d�ecomposition dela fraction P 0P ou de voir l'exercice concernant un polynome divisible par sad�eriv�ee).� est racine de � si et seulement si (� � z0)n = ��(z0) = aei�. Les racines de� sont donc n nombres complexes z0 + npaei 2k�+�n qui constituent les sommetsd'un polygone r�egulier de centre z0.La r�eciproque est imm�ediate.Consid�erons pour k 2 Nn les nombres zk = z0 + a exp�2ik�n �.Soit P un polynome complexe de degr�e p au plus �egal �a n� 1.

78 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESPosons P (X + z0) = pXk=0 bkXk c'est-�a-dire P (X) = pXk=0 bk(X � z0)k.nXk=1 P (zk) = pXj=0 nXk=1 bjaj exp�2ijk�n �!.nXk=1 exp�2ijk�n � = � 0 si j 6= 0n si j = 0 donc nXk=1 P (zk) = nb0 = nP (z0).32. Montrons que P (X) = nYi=1(X � zi) = nXl=0 (�1)l�lXn�l.Notons pour tout entier p 2 N� �p;n = X16i1< ���<ip6nzi1 � � �zip et �0;n = 1.Montrons par r�ecurrence sur n la proposition demand�ee.Pour n = 1, le r�esultat est imm�ediat car �1;1 = z1. Supposons le r�esultatv�eri��e jusqu'au rang n.Soit (z1; � � � ; zn+1) 2 C n+1 . n+1Yk=1(X � zk) = (X � zn+1) nYk=1(X � zk). En utili-sant l'hypoth�ese nous obtenons�0;nXn+1 � n�1Xl=0 (�1)l�l+1;nXn�l � (�1)n�n;nzn+1 � n�1Xl=0 (�1)l�l;nzn+1Xn�l.X16i1< ���<il+16n+1zi1 � � � zil+1 = X16i1< ���<il+1=n+1zi1 � � � zil+1 + X16i1< ���<il+16nzi1 � � � zil+1 donc�l+1;n + �l;nzn+1 = �l+1;n+1.Il vient alorsn+1Yk=1 = �0;n+1Xn+1 � n�1Xl=0 (�1)l (�l+1;n + �l;nzn+1)Xn+1�(l+1) + (�1)n+1�n+1;n+1.Nous obtenons donc le r�esultat au rang n+ 1.(a) Nous avons P (X) = nYi=1(X � zi) = nXl=0 (�1)l�lXn�l donc pour tout i 2Nn0 = nXl=0 (�1)l�l (zi)n�l.En multipliant par (zi)k�n nous obtenons, pour k>n,0 = nXl=0 (�1)l�l (zi)k�l. En sommant pour i allant de 1 �a n nous obtenons0 = nXl=0 (�1)l�lSk�l.(b) Nous avons d�ej�a vu dans d'autres exercices que l'on a P 0P = nXk=1 1X � zk .

79Soit i 2 Nn , P (X) = P (X)� P (zi) = n�1Xl=0 (�1)l�l �Xn�l � (zi)n�l�= (X � zi) n�1Xl=0 n�l�1Xj=0 �(�1)l�l (zi)j Xn�l�j�1�!.En utilisant la d�ecomposition en �el�ements simples nous obtenonsP 0(X) = nXi=1 n�1Xl=0 n�l�1Xj=0 �(�1)l�l (zi)jXn�l�j�1�!!.Par ailleurs, P 0(X) = n�1Xl=0 (�1)l�l(n� l)Xn�l�1.Soit q un entier naturel strictement inf�erieur �a n. Le coe�cient de Xqdans le d�eveloppement pr�ec�edent est �egal �anXi=1 Xj+l=n�q�1(�1)l�l (zi)j! = nXi=1 n�q�1Xl=0 (�1)l�l (zi)n�q�l�1!= n�q�1Xl=0 (�1)l�lSn�q�l�1.Le coe�cient de Xq dans P 0(X) est �egal �a (q + 1)(�1)n�q�1�n�q�1.En posant k = n � q � 1 compris entre 0 et n � 1 nous obtenons(n� k)(�1)k�k = kXl=0 (�1)l�lSk�l c'est-�a-direpour k 2 Nn�1 , (�1)k�1k�k = k�1Xl=0 (�1)l�lSk�l. Le r�esultat est imm�ediatpour k = n comme on l'a vu plus haut.(c) Notons z1; � � � ; zn les valeurs propres de la matrice A. Posons pourk 2 N� , �k = 1k tr (Ak�1). �1 = tr(A0) = S1 = �1.A1 = A2��1A. Montrons par r�ecurrence que pour k6n, �k = (�1)k�1�ket Ak = Ak+1 + kXj=1 (�1)j�jAk�j+1. Le r�esultat est vrai pour k = 1.Supposons-le vrai jusqu'au rang k < n.(k + 1)�k+1 = Sk+1 + kXj=1 (�1)j�jSk�j+1. En utilisant la seconde formulede Newton, nous obtenons �k+1 = (�1)k�k+1Ak+1 = A Ak+1 + kXj=1 (�1)j�jAk�j+1 + (�1)k�k+1In!= Ak+2 + k+1Xj=1 (�1)j�jAk�j+2.Le r�esultat est donc prouv�e et en utilisant le th�eor�eme de Cayley-Hamilton

80 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESAn�1 = An + n�1Xj=1(�1)j�jAn�j = (�1)n�1�nIn.�n = (�1)n�1�n et An = (�1)n�1�nA� �nA = 0.Par ailleurs, �n = det(A) donc An�1 = (�1)n�1(detA)In.Si A est une matrice inversible nous obtenonsA�1 = (�1)n�1 1detA (An�2 � �n�1In) = 1(An�1)1;1 (An�2 � �n�1In).Nous pouvons nous servir de ces r�esultats pour obtenir le polynome ca-ract�eristique d'une matrice.Caracter : = proc(A)local P;B; i; C; tr; n;B : = copy(A) :n : = coldim(A) :P : = Xn :for i to n dotr : = trace(B)=i : C : = evalm(A&*B � tr �A) : B : = C :P : = P � tr �X (n�i) od :P :end;En substituant 0 �a X dans P on obtient alors le d�eterminant de la ma-trice.33. Supposons m>n m = nq + r1. Xm � 1 = (Xn � 1) qXk=1Xm�kn! +Xr1 � 1.Le PGCD de Xm � 1 et de Xn � 1 est celui de Xn � 1 et de Xr1 � 1. Enutilisant l'algorithme d'Euclide nous en d�eduisons que le dernier reste non nuldes divisions successives est r ; l'avant dernier est rp. Le PGCD de Xm � 1 etde Xn � 1 est celui de Xrp � 1 et de Xr � 1. r divise rp donc Xr � 1 est lePGCD cherch�e.34. Soit K = fa1; � � � ; ang un corps �ni.Soit P = 1 + nXk=1(X � ak). 8k 2 Nn ; P (ak) = 1 6= 0 donc P n'a pas de racineet K n'est pas alg�ebriquement clos.35. (a) Notons !n = exp�2i�n �.Soit k 2 Nn ; soit r le PGCD de n et k. n = rd; k = rq o�u d et q dontdes entiers et q est un entier compris entre 1 et d avec d ^ q = 1. Nousavons alors (!n)k = (!d)q avec q 2 Nd ; djn; d ^ q = 1. L'�ecriture sousla forme (!d)q est unique. En e�et (!d)q = (!d0)q0 conduit �a qd � q0d0 2 Z.Les conditions impos�ees imposent ����qd � q0d0 ���� < 1 donc qd � q0d0 = 0 c'est-�a-dire qd0 = dq0. Le th�eor�eme de Gau� implique que q divise q0 et q0 diviseq c'est-�a-dire q = q0 et d = d0.

81L'ensemble des �el�ements f(!d)q ; q 2 Nd ; djn; d ^ q = 1g contient doncl'ensemble f(!n)k ; k 2 Nng.Pour (q; d) 2 Nn ; d divisant n q6d (!d)q = (!n)k avec k = qnd 2 Nn . Lesdeux ensembles sont donc �egaux3.Nous en d�eduisons donc Xn � 1 = Ydjn �n(X).�1(X) = X � 1 est �a coe�cients entiers.Supposons que les polynomes �d soient �a coe�cients entiers pour d 2Nn�1 .Le polynomeP = Ydjnd<n �d est �a coe�cients entiers etXn � 1 = P (X)�n(X).P �etant unitaire nous avons, en e�ectuant la division euclidienne, Xn �1 = PQ + R o�u Q et R sont �a coe�cients entiers. Nous en d�eduisonsdonc que R est nul et que �n est unitaire �a coe�cients entiers.(b) p divise �n(a) donc divise an� 1. Si p divise ad � 1 = Ykjd �k(a), p diviseun des entiers �k(a) o�u k divise n et est < n. Nous en d�eduisons quepour tout divisuer d de n strictement inf�erieur �a n p ne divise pas ad� 1.an � 1 ( mod p) et ad 6� 1 ( mod p). Dans Z/pZ, a est d'ordre n. pdivise an � 1 donc est premier avec a. En utilisant le petit th�eor�eme deFermat nous avons ap�1 � 1 ( mod p). Sachant que l'ordre de a est �egal�a n alors n divise p � 1. Il existe � 2 Z; p = 1 + �n.(�) Supposons que �n s'�ecrive rYk=1Gi o�u les Gi sont des polynomes �a co-e�cients rationnels irr�eductibles dans Q[X ].8i 2 Nr ; 9�i 2 Z�; �iFi 2 Z[X]. rYi=1 �i!�n = rYi=1 (�iGi). Pourun polynome �a coe�cients entiers, notons c(P ) le PGCD de ses co-e�cients. c(�n) = 1 donc rYi=1 �i = rYi=1 c (�iGi). Chaque polynomeFi = 1c (�iGi) (�iGi) appartient �a Z[X] et �n = rYi=1 Fi. Les poly-nomes Fi sont irr�eductibles dans Q[X ] et unitaires car � l'est.(��) � est une racine de F1 donc de �n. Il s'agit donc d'une racine pri-mitive4 ni�emes de l'unit�e. p est premier et ne divise pas n donc estpremier avec n. �p est donc une racine primitive ni�emes de l'unit�e etest alors racine de �n. � est alors racine de l'un des polynomes Fi.(���) Montrons un r�esultat pr�eliminaire : Soit l'application de Z[X ]3En notant ' l'indicatrice d'Euler, cette �egalit�e conduit �a : Xdjn '(d) = n.4On appelle racine primitive ni�eme de l'unit�e tout nombre (!n)k o�u k 2 N� est premier avecn. Une racine primitive de l'unit�e est un g�en�erateur du groupe multiplicatif des racines ni�emes del'unit�e .

82 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESdans Z/pZ[X ] qui �a un polynome P = nXk=0 akXk associe le polynomeP = nXk=0 akXk. est un morphisme d'anneaux commutatifs int�egres.Nous en d�eduisons que si P et Q sont deux polynomes �a coe�cientsentiers, et si n est un entier naturel (P +Q)n = (P +Q)n. Montronspar r�ecurence sur le degr�e m du polynome F que F (Xp) = �F (X)�p.Si m = 0, le r�esultat est imm�ediat.Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang m � 1.Soit F = mXk=0 akXk 2 Z[X ]. Posons G = F � amXm.F p = (G+ amXm)p = Gp + ampXmp + p�1Xk=1 �CkpGkamp�kXm(p�k)�.Nous savons5 que pour k 2 Np�1 ; Ckp = 0 et d'apr�es le petit th�eor�emede Fermat amp = am.Il vient alors F p = Gp + amXmp = G(Xp) + am (Xp)m = F (Xp). Ler�esultat est donc d�emontr�e.(�v) Supposons �n = Q2P o�u Q est un polynome non constant.Xn � 1 s'�ecrit �nR; R 2 Z[X] puis Xn � 1 = �nR = Q2PR = Q2S.En d�erivant nous obtenons nXn�1 = 2QQ0 +Q2S0. Q divise nXn�1donc nXn. Q divise Xn�1 donc divise nXn � n. Nous en d�eduisonsqueQ divise n 6= 0 ce qui signi�e que Q est constant. D'o�u le r�esultat.(v) Supposons que F1(X) et Fi(Xp) soient premiers entre eux dans Q[X ].Il existe (U1; V1) 2 (Q[X ])2 tel que U1F1(X) + V1Fi (Xp) = 1.Il existe donc U et V deux polynomes de Z[X ] et un entier naturelnon nul a tels que UF1(X) + V Fi (Xp) = a. En substituant � �a Xnous obtebnons a = 0 ce qui est contradictoire. F1 est irr�eductibledans Q[X ] donc divise, dans Q[X ], Fi (Xp). Ces deux polynomes sontunitaires donc Q[X ] donc divise, dans Z[X ], Fi (Xp) et F1(X) diviseFi (Xp) = �Fi(X)�p. Soit P un diviseur irr�eductible de Fi (X) ; celui-ci divise donc �Fi(X)�p puis divise Fi(X). Si i 6= 1 alors P diviseF1Fi et divise �n ce qui est faux donc i = 1 et F1 (�) = 0.(v�) Soit k 2 Nn ; k = sYi=1 pi o�u les nombres pi sont des nombres premiers.Supposons k ^ n = 1.Pour s = 1 nous avons d�ej�a prouv�e que F1 ��k� = 0.Supposons prouv�e jusqu'au rang s que F1 ��k� = 0.Soit k 2 Nn ; k = s+1Yi=1 pi o�u les nombres pi sont des nombres premiers5Voir l'exercice correspondant.

83et k ^ n = 1. Posons k1 = sYi=1 pi et � = �k1 .D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence nous avons F1(�) = 0 puis d'apr�esle r�esultat d�emontr�e pr�ec�edemment F1 (�ps) = 0. Le r�esultat estdonc prouv�e.Nous en d�eduisons que pour tout k 2 Nn premier avec n F1 ��k� = 0.F1 est donc �egal �a �n qui est donc irr�eductible sur Q[X ].36. Si le cardinal de K est 2, K est clairement commutatif. Supposons que toutcorps �ni de cardinal strictement inf�erieur �a N soit commutatif et soit K uncorps de cardinal N + 1.faisons comme hypoth�ese que K n'est pas commutatif.(a) Le centre Z de K est di��eent de K . Soit (x1; x2) 2 K2 . Soit y 2 K .(x1 + x2)y = x1y + x2y = yx1 + yx2 = y(x1 + x2),(x1x2)y = x1(x2y) = x1(yx2) = y(x1x2).Soit x 2 Z�, soit z l'inverse de x. zyx = zxy = y donc zy = yz. Nous end�eduisons donc que Z est un corps, sous-corps de K , commutatif.Notons q le cardinal de Z . K est un Z-espace vectoriel �ni donc dedimension �nie. Soit (x1; � � � ; xn) une base de K sur Z . L'ensemble desvecteurs de K est constitu�e des vecteurs de coordonn�ees (�1; � � � ; �n) 2Zn. Nous avons donc card(K) = (cardZ)p = qn.(b) Nous montrons comme pr�ec�edemment que Kx est un sous-corps de K .Si Kx = K alors card(Kx) = qn.Si Kx 6= K alors Kx est commutatif et il existe k 2 N� tel que card(K) =(card(Kx))k.Z est aussi un sous-corps de Kx donc il existe d 2 N� tel quecard(Kx) = qdpuis qn = qkd donc d divise n.(c) Soit G le groupe multiplicatif K� . �Ecrivons l'�equation aux classescard(K�) = card (Z�) + Xx62Z�x2X card(K�)card(S(x)).X �etant une partie de K� contenant un et un seul repr�esentant de chaqueorbite, S(x) = fy 2 K � ; xy = yxg = (Kx)�.Les cardinaux respectifs de K � et (Kx)� sont qn � 1 et qd � 1 doncqn � 1 = q � 1 + Xx62Z�x2X qn � 1qd � 1cette derni�ere somme peut donc s'�ecrire Xdjnd6=n �d qn � 1qd � 1 o�u �d 2 N.(d) D'apr�es l'exercice pr�ec�edent, nous avons Xn � 1 = �n(X)0B@Ydjnd6=n �d(X)1CA.Pour un diviseur, �x�e di��erent de n, d de n les diviseurs de n sont ceuxdivisant d et les autres donc Xn � 1 = �n(X)(Xd� 1)Q(X) o�u Q est un

84 CHAPITRE 4. POLYNOMES ET FRACTIONS, CORRIG�ESpolynome �a coe�cients entiers. �n divise donc, dans Z[X ], le polynomeXn � 1Xd � 1 donc divise Xdjnd6=n �dXn � 1Xd � 1 .�n(q) divise alors qn � 1�Xdjnd6=n �d qn � 1qd � 1 = q � 1.j�n(q)j6q � 1. Soit n>2,j�n(q)j = Y�2Pn jq � �j o�u Pn d�esigne l'ensemblede racines primitives ni�emes de l'unit�e. q>2 donc q � 1 < jq � �j puisj�n(q)j > (q � 1)'(n)>q�1. Ce dernier r�esultat est faux l'hypoth�ese de noncommutativit�e est donc fausse et K est commutatif.37. Consid�erons (�0; � � � ; �n) 2 Kn+1 v�eri�ant nXk=0 �k(X � a)k(b�X)n�k = 0.Pour tout x 2 K ; x 6= b nXk=0 �k� x � ab�X�k = 0.x � ab� x = y � ab� y ) (b� a)(x� y) = 0 donc x = y.L'application x 2 K n fbg 7�! x � ab� x 2 K est injective.Si K est in�ni alors l'ensemble A = �x� ab� x ; x 2 K n fbg� est in�ni. Nousobtenons alors 8y 2 A; nXk=0 �kyk = 0. Le polynome nXk=0 �kXk poss�ede une in-�nit�e de racines et est donc nul. Les coe�cients �k sont tous nuls et la familleest libre ; �eatnt de cardinal n+ 1 il s'agit d'une base de Kn [X ].38. Comme nous l'avons d�ej�a maintes fois vu,1XP (X) = 1XP (0) + nXk=1 1xkP 0(xk)(X � xk) soit encore en notant pour chaquek 2 N; Pk(X) le polynome P (X)X � xk1 = P (X)P (0) + nXk=1 XPk(X)xkP 0(xk). En comparant les coe�cients dominants nous ob-tenons 0 = 1P (0) + nXk=1 1xkP 0(xk) .39. Soit q 2 Nn , soit Mq la matrice, Mq 2 Mq(C ), dont le terme g�en�eral mi;j estd�e�ni par : mi+1;i = 1 pour tout i entre 2 et q. mi;n = �ai�1+n�q pour tout ientre 1 et q, tous les autres termes sont nuls.Notons P (an�q; an�q+1; � � � ; an) le polynome caract�eristique de la matriceMq.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

85En d�eveloppant le calcul du d�eterminant deMq selon la premi�ere ligne nous ob-tenons P (an�q; an�q+1; � � � ; an) = (�1)qan�q�XP (an�q+1; an�q+2; � � � ; an).Montrons par r�ecurence quepour i6n� 2, P (ai; ai+1; � � � ; an) = (�1)n�i(Xn�i + n�1Xj=i ajXj�i.P (an�2; an�1) = X2 + an�1X + an�2.Supposons le r�esultat vrai de n� 2 �a i>1 et prouvons-le pour i� 1.P (ai�1; ai; � � � ; an) = (�1)n�i+1ai�1 �XP (ai; ai+1; � � � ; an)= (�1)n�i+1ai�1 �X (�1)n�i(Xn�i + n�1Xj=i ajXj�i!= (�1)n�i+1 Xn+1�i + n�1Xj=i�1 ajXj+1�i!.Le r�esultat est donc prouv�e et le polynome caract�eristique de la matrice quiest �egal �a P (a0; a1; � � � ; an) est �egal6 �a (�1)n Xn + n�1Xj=0 ajXj!. La matriceM est trigonalisable ; il existe une matrice inversible Q telle que M = QTQ�1o�u T est triangulaire avec pour �el�ements diagonaux les �el�ements �1; � � � ; �n.Pour p 2 N� ; Mp = QT pQ�1 Nous en d�eduisons que la famille des valeurspropres de la matrice Mp est (�p1; � � � ; �pn). A est par hypoth�ese une matrice�a coe�cients entiers relatifs donc Ap aussi et son polynome caract�eristiqueaussi.Ce polynome n'est autre que nYi=1 (X � (�i)p)) qui est donc dans Z[X ].

6La matrice M d�e�nie plus haut est dite matrice compagne du polynome Xn + n�1Xj=0 ajXj . Voir�a ce sujet, par exemple, le devoir corrig�e dans le livre du meme auteur page 69.

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Chapitre 5Alg�ebre lin�eaire, �enonc�esLorsque la dimension est in�nie, on admettra que tout sous-espace vectoriel d'unespace vectoriel poss�ede des suppl�ementaires et que tout espace vectoriel poss�ededesbases.K d�esigne toujours un corps commutatif.1. Soit E un K -espace vectoriel. Soit F un sous-espace vectoriel de E. On d�e�nisur E la relation R suivante : (xR y) () (x� y 2 F ).(a) V�eri�er que R est une relation d'�equivalence.On note E 0 = E/F l'ensemble des classes d'�equivalence pour cette rela-tion.(b) Soit (X; Y ) 2 (E 0)2, soit � 2 K . V�eri�er qu'il est possible de d�e�nirX + Y comme �etant la classe de x + y o�u (x; y) 2 X � Y et �X comme�etant la classe de �x o�u x 2 X .(c) V�eri�er que E 0 muni des deux lois pr�ec�edentes est un K-espace vectorielappel�e espace quotient de E par F .(d) Supposons E de dimension �nie. Montrer que E 0 est de dimension �nie�egale �a dim(E)� dim(F ).2. Soit E = F1 � F2 un K -espace vectoriel. Montrer que l'espace quotient E/F1est isomorphe �a F2.3. (a) Soit f une application lin�eaire. Montrer qu'un suppl�ementaire du noyaude f est isomorphe �a l'image de f .(b) SoitE un K -espace vectoriel. Soit F un sous-espace vectoriel de E. SoientF1 et F2 deux suppl�ementaires de F . Montrer qu'ils sont isomorphes.4. Soient u 2 L(E;F ) et v 2 L(F;G). On suppose que Im(u) et Im(v) sont decodimensions1 �nies. Que peut-on dire de Im(v � u) ?5. Montrer que la famille des fonctions t 2 R 7�! j t� a j 2 R o�u a 2 R est unefamille libre.6. Soit fa : R 7�! R telle que : fa(x) = 1x2 + a2 + 1 (a > 0).Montrer que la famille (fa)a2R�+ est libre.1Je rappelle qu'un sous-espace vectoriel F d'un espace vactoriel E est dit de codimension �nies'il poss�ede un suppl�ementaire de dimension �nie ; tous les suppl�ementaires sont d'ailleurs de memedimension �nie.

88 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES7. Soit � 2 R n Q tel qu'il existe p 2 N� avec �p 2 Q. Soit n le plus petit entiernon nul tel que : �n 2 Q.(a) Montrer que Xn � �n est irr�eductible dans Q.(b) Montrer que : (1; �; : : : ; �n�1) est libre dans le Q-espace vectoriel R.8. Soit (m;n) 2 N2 , 16m6n. Soit (P;Q) 2 (K [X ])2 avec deg(P ) = n etdeg(Q) = m.Soit E l'espace vectoriel engendr�e parF = (P;XP;X2P; : : : ; Xm�1P;Q; : : : ; Xn�1P ).Montrer : F libre �equivaut �a P ^Q = 1.9. Soit K un corps inclus dans le corps commutatif L. L est dit sur-corps deK ou extension de K . Soit � 2 L n K � est dit alg�ebrique sur K s'il existeP 2 K [X ] =P 6= 0; P (�) = 0.Soient � alg�ebrique sur K et A = fP 2 K [X ] =P (�) = 0g.(a) Montrer que A est un id�eal non nul.(b) Montrer A = P0 K [X ] et P0 2 K [X ] irr�eductible sur K .(c) On pose K [�] = fP (�)=P 2 K [X ]g. Montrer que K [�] est un corps,espace vectoriel de dimension deg(P0) sur K .(d) Soit P0 2 K [X ] irr�eductible. Soit I = P0 K [X ]. Soit alors L = K [X ]/I .Montrer que L est un corps contenant K 0 isomorphe �a K . En identi�antK et K 0 , on dit que L est un sur-corps de K . Soit � la classe de X ,montrer que : (1; �; : : : ; �n�1); n = deg(P0), est une base du K -espacevectoriel L et � est une racine de P0 2 L[X ].10. Soit E un R-espace vectoriel de dimension n>1 , soit u 2 L(E) , tel queu2 = �IdE , soit z = a+ib ; (a; b) 2 R2 , soit x 2 E, on pose : z*x = ax+bu(x).Montrer que (E;+; *) est un C -espace vectoriel.Montrer que n est pair et qu'il existe une base (e1; : : : ; en) ; (n = 2p) duR-espace vectoriel E tel que : 8j 2 Np ; u(ej) = ej+p.D�eterminer la dimension de E sur C .11. SoientA = 0@ �1 0 11 �1 00 1 �1 1A etB = 0@ �1 1 00 �1 11 0 �1 1A deux matrice r�eelles.Soit V = Vect(A;B).Montrer que V est un corps isomorphe �a C .12. Soit P 2 Kn [X ]; degP = n. Soient a0; : : : ; an n + 1 scalaires deux �a deuxdistincts. Montrer que la famille : (P (X + ai)i2Nn+1 est une base de Kn [X ].13. Soit f 2 L(E;F ) ; f 6= 0 ; dimE et dimF in�nies. Montrer :( f est un isomorphisme), (8 g 2 L(F;E) de rang �ni , rg(g�f) = rg(f �g)).14. Soit D un polynome de K [X ] de degr�e d>1.

89(a) Montrer (il s'agit d'un r�esultat du cours) : K [X ] = D(X)�K[X ]L K d�1 [X ].Soit N 2 N; N > d ; on note DN le sous-espace vectoriel de KN [X ] form�edes multiples, dans KN [X ], du polynome D.Montrer : KN [X ] = DNLKd�1 [X ].Quel est la dimension de DN ?(b) Soient P et Q deux polynomes non nuls tels que pour tout entier k>1 onait : deg(kP (X) +XQ(X)) = deg(P ) = p.(�) V�eri�er que deg(Q)6p � 1.(��) D�emontrer que pour tout polynome non nul A on a :deg(PA0 + QA)6p + deg(A) � 1 (A0 d�esigne le polynome d�eriv�e deA).(���) En d�eduire que pour tout entier n 2 N, l'application Ln de Kn [X ]dans Kn+p�1 [X ] d�e�nie par Ln(A) = PA0 +QA est bien d�e�nie.(�v) D�emontrer que la famille �Ln �Xk��06k6n est libre ; et d�emontrer queLn est injective.(v) En utilisant le pgcd D de P et Q v�eri�er qu'on a : Im(Ln) � Dn+p�1.(v�) D�emontrer que Im(Ln) = Dn+p�1 si et seulement si Q divise P etdeg(Q) = p� 1.15. Soient A et B deux �el�ements de K [X ]. Soit f un endomorphisme du K -espacevectoriel E. On pose U = A ^B; V = A _ B.Exprimer Ker(U(f)); Im(U(f)); Ker(V (f)); Im(V (f)) �a l'aide deKer(A(f)); Im(A(f)); Ker(B(f)); Im(B(f)).16. Soit n>2 ; soit E l'espace vectoriel Mn(K ) (K est un corps commutatif).(a) Soit f 2 E�. Montrer : 9!A 2 E; 8M 2 E f(M) = tr(AM).(b) Montrer que tout hyperplan de E contient une matrice inversible (onsupposera le r�esultat faux et on d�eduira que A est alors diagonale).17. Soit A 2 M3(K) telle que A 6= 0; A2 = 0.(a) Montrer que A est semblable �a E2;3.(b) Soit F = fM 2 M3(K); AM + MA = 0g. Quelle est la dimension deF ?18. SoientE et F deux K -espaces vectoriels de dimensions �nies. Soit u 2 L(E;F ).Soient E1 et F1 des sous-espaces vectoriels de E et F respectivement.Montrer :(a) dimu(E1) = dimE1 � dim(E1 \Ker(u))(b) dimu�1(F1) = dim Ker(u) + dim(F1 \ Im(u))19. Soient h1 2 L(E;F ) , h2 2 L(F;G), dimensions �nies. Montrer :(a) rg(h2 � h1) = rg(h1) � dim(Im(h1) \ Ker(h2)). (Utiliser l'exercice pr�ec�e-dent).

90 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(b) rg(h2 � h1) = rg(h2)� dimF + dim(Im(h1) + Ker(h2)).(c) En d�eduire :rg(h1) + rg(h2)� dimF6 rg(h2 � h1)6 inf(rg(h1); rg(h2)).(d) dim(Ker(h2 � h1)) = dim(Ker(h1)) + dim(Im(h1) \Ker(h2)).(e) En d�eduire :dim(Ker(h1))6 dim(Ker(h2 � h1))6 dim(Ker(h1)) + dim(Ker(h2)).On suppose dimE = dimF . Montrer : dim(Ker(h2�h1))>dim(Ker(h2)).20. Soit (u; v) 2 (L(E;F ))2 avec E de dimension �nie. Montrer :(a) j rg u � rg v j 6 rg(u+ v)6 rg u + rg v.(b) dim(Ker(u+ v))6 dim(Ker(u) \Ker(v)) + dim(Im(u) \ Im(v)).21. Soit u 2 L(E;F ). Montrer :(9v 2 L(F;E) = u � v = IdF ) , u est surjective.(9v 2 L(F;E) = v � u = IdE) , u est injective.22. Soient E et F deux K espaces vectoriels de dimensions �nies. Soit V un sous-espace vectoriel de E.On pose LV (E;F ) = f u 2 L(E;F ) = V � Ker(u)g .Montrer que LV (E;F ) est un sous-espace vectoriel de L(E;F ) , quelle est sadimension ?23. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Soit u 2 L(E) , soit L0l'ensemble des endomorphismes v de E tels que : u � v = v � u = 0.Montrer que L0 est un sous-espace vectoriel de L(E), quelle est sa dimension ?24. Soit E un K -espace vectoriel. Soit u 2 L(E), montrer :(a) Ker(u) \ Im(u) = f0g , Ker(u2) = Ker(u).Ker(u) + Im(u) = E , Im(u2) = Im(u).(b) On suppose E de dimension �nie, montrer :(Ker(u) = Ker(u2)) () (Im(u2) = Im(u)) () E = Ker(u)�Im(u).(c) V�eri�er sur un exemple que pour E de dimension in�nie, le r�esultat n'estpas vrai.25. Soient E; F et G trois K -espaces vectoriels.(a) Soient u 2 L(E;F ) ; v 2 L(E;G) , montrer :(9w 2 L(F;G)=v = w � u) , Ker(u) � Ker(v).(b) Soient u 2 L(E;G) ; v 2 L(F;G) , montrer :(9w 2 L(E;F )=u = v � w) , Im(u) � Im(v).26. (a) Soient G1 et G2 deux sous-groupes d'un groupe G, strictement inclusdans G.�A quelle condition G1 [G2 est-il un groupe ?

91(b) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n 2 N� . Soient F1 et F2deux sous-espaces vectoriels de E, de meme dimension. Montrer que F1 etF2 poss�edent un suppl�ementaire commun (On raisonnera par r�ecurrencedescendante sur dimF1).27. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. On suppose K in�ni (parexemple Q, R, C ). Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel de E, di��erent de E.Montrer que F poss�ede une in�nit�e de suppl�ementaires.28. Soit K un corps in�ni (par exemple C , R, Q). Soit E un K-espace vectoriel dedimension n 2 N� .(a) Montrer que si n>2, E poss�ede une in�nit�e d'hyperplans(b) Montrer que E ne peut etre la r�eunion �nie de sous-espaces vectorielsde E de dimensions au plus �egales �a n � 1 (c'est-�a-dire de sous-espacesvectoriels stricts).On pourra faire une d�emonstration par r�ecurrence sur la dimension de E.29. Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soit (f; g) 2 L(E;F )2 tel que :rg g6 rg f < +1.Montrer : 9h 2 GL(E) ; 9k 2 L(F ) = g � h = k � f .30. Soit n 2 N� , soit (A;B) 2 Mn(R)2; = In +BA 2 GLn(R).(a) Montrer : In +AB 2 GLn(R) et que son inverse commute avec AB.(b) V�eri�er que (In +AB)�1 = In � A(In +BA)�1B.31. Soient (C1; C2) 2 (Mn;1(R))2. �Etudier l'inversibilit�e de : In + C1tC2.32. Soit E = Rn[X ], Soit Pk = CknXk(1�X)n�k; k 2 f0; : : : ; ng.(a) Montrer que (Pk)k2f0; :::; ng est une base de E.(b) D�eterminer les composantes de la base canonique de E dans la base(Pk)k2f0; :::; ng.(c) Calculer S1 = nXk=0 kPk et S2 = nXk=0 k2Pk.33. Soit E = R[X ], soit � : P 2 E 7�! Q 2 E= Q(X) = P (X + 1) � P (X).(a) Soit n 2 N� . Que dire de �n(P ) si degP < n ou degP = n ?(b) Soit C0 = 1 et pour p>1; Cp(X) = 1p!X(X � 1) : : : (X � p + 1).Calculer �Cp pour p 2 N.Montrer que Cp est une base de E.Soit P 2 E, �ecrire les coordonn�ees de P dans cette base en fonction de(�nP )(0).(c) Soit �n la restriction de � �a Rn[X ]. Soit Idn l'endomorphisme identit�ede Rn[X ]. Montrer que Idn + �n est inversible ; quelle sont inverse ?Quelle est la matrice de (Idn + �n)�1 dans la base (C0; : : : ; Cn) ?

92 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(d) Soit P 2 E, montrer :P (Z)� Z() (les coordonn�ees de P dans la base (Cp)p2N sont enti�eres).(e) Montrer : Cp0 = pXk=1 (�1)k�1 1kCp�k.En d�eduire : D = +1Xn=1 (�1)n�1n �n, o�u D est la d�erivation sur E.34. Soit (Pn)n2N une suite de R[X ], on suppose : 8n 2 N degPn+1 > degPn.Montrer que (Pn)n2N est une base () degPn = n.35. Soit E = Rn[X ], soient b0; : : : ; bn; n + 1 r�eels.Soit ui : P 2 E 7�! P (bi) 2 R; i 2 f0; : : : ; ng.(a) Montrer que (ui)i2f0; :::; ng est libre dans E� si et seulement si les bi sontdeux �a deux distincts.(b) Application (les bi sont suppos�es distincts).Soit f 2 C� ([0; 1];R). Montrer qu'il existe une famille (ck)k2f0; :::; ng der�eels tels que :8P 2 Rn[X ]; Z 10 f(x)P (x)dx = nXk=0 ckP (bk).36. Soit p 2 Nn . Montrer qu'il existe une base de Mn(K) form�ee de matrices derang p. (On commencera par consid�erer les matrices de rang 1).Cas particulier : il existe une base de Mn(K) form�ee de matrices inversibles.37. SoientX1; X2; : : : ; Xn; n �el�ements deMn;1(K) ind�ependants. Y1; Y2; : : : ; Yn,n �el�ements de Mn;1(K).(a) Montrer : nXi=1 Xi tYi = 0 , 8i; Yi = 0(b) Soient (X1; X2; : : : ; Xn); (Y1; Y2; : : : ; Yn) deux familles d'�el�ements deMn;1 ind�ependants.Montrer : �(Xi tYj)i;j�(i;j)2(Nn)2 est une base de Mn(K).38. Soit G un sous-ensemble non vide (di��erent de f0g) de Mn(K). On supposeque G est un groupe multiplicatif. D�eterminer G.39. �A quelle(s) condition(s) une matrice A 2 Mn(Z) est-elle inversible dansMn(Z) ?40. Soient A1; : : : ; Ap p �el�ements deux �a deux distincts, appartenant �a GLn(C ).Soit G = fA1; : : : ; Apg. On suppose G stable pour le produit.(a) Montrer que (G;�) est un groupe. (On pourra utiliser le premier exerciced'alg�ebre).

93(b) Soit A = pXi=1 Ai. Montrer tr(A) � 0 ( mod p).41. Soit G un sous-groupe �ni de GLn(K ). On suppose XM2G tr(M) = 0. Montrer,en calculant XM2GM!2, que XM2GM = 0.42. Soit F un sous-espace vectoriel de Mn(R), stable pour le produit et contenantIn. Montrer que F \ (GLn(R)) est un sous-groupe de GLn(R). (Utiliser leth�eor�eme de Cayley-Hamilton).43. Soient A = 0@ 1 0 00 0 10 1 01A et B = 0@ 0 0 11 0 00 1 01A deux matrices. Quel est legroupe multiplicatif engendr�e par A et B ? (On pourra remarquer que Aet B sont des matrices de permutation).44. Nous voulons d�emontrer un r�esultat classique concernant l'inverse d'une ma-trice triangulaire.Soit T l'ensemble des matrices triangulaires sup�erieures appartenant �aMn(K).Soit T 2 T inversible. Soit f : M 2 T 7�! TM 2 T . Montrer que f est unautomorphisme de l'espace vectoriel T . En d�eduire que T�1 est triangulairesup�erieure.Soit T 2 T inversible. Montrer qu'il existe P 2 K [X ]; T�1 = P (T ) ; End�eduire que T�1 est triangulaire sup�erieure.45. (a) Soit G l'ensemble des matrices triangulaires sup�erieures ou l'ensembledes matrices triangulaires inf�erieures de Mn(K) �a �el�ements diagonauxnon nuls. Montrer que G est un groupe multiplicatif.(b) Soit H = fM 2 G= les �el�ements diagonaux sont �egaux �a 1 g. Montrer queH est un sous-groupe distingu�e de G (c'est �a dire, 8A 2 G; AH = HA).46. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Soit (f; g) 2 L(E)2.Montrer : (Im(f) � Img) () (9h 2 L(E)=f = g � h).Soient les trois propositions suivantes :(�); f � g � f = f; (��); g � f � g = g; (���); rg f = rg g.Montrer que deux de ces trois propositions entrainent la troisi�eme.Montrer que 8f 2 L(E) ; 9g 2 L(E) tel que f et g v�eri�ent (�), (��) et (���).47. Soient E etF deux K -espaces vectoriels de dimensions �nies. Soient E 0 et F 0deux sous-espaces vectoriels respectivement de E et F respectivement suppl�e-mentaires de Ker(f) et Im(f) o�u f 2 L(E;F ).Montrer qu'il existe g 2 L(F;E) unique telle que :Ker(g) = F 0 ; Im(g) = E 0 ; f � g � f = f et g � f � g = g.

94 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES48. Soient f et g deux endomorphismes de l'espace vectoriel E tels que : g = g�f�get f = f � g � f .Montrer E = Ker(f)� Im(g) et que f; g; f � g; g � f ont meme rang.49. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Soit u 2 L(E). On supposequ'il existe p 2 N� ; up = 0. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable paru. Montrer l'�equivalence des deux assertions suivantes.(�) F poss�ede un suppl�ementaire stable.(��) 8n 2 N; un(F ) = F \ (un(E)).50. Soit u 2 L(E), o�u E est un C -espace vectoriel. On suppose u nilpotente2d'ordre n. Soit a 6= 0 ; a 2 C . Montrer qu'il existe v 2 L(E) tel quev2 = aIdE + u. On pourra utiliser un d�eveloppement limit�e de p1 + t.51. Soit f 2 L(E); dimE = n; f nilpotente d'ordre n. Soit W un sous-espace deE stable par f , W 6= f0g. D�eterminer dim(W \Ker(f)).52. Soit E un K -espace vectoriel. Soit u 2 L(E).(a) On pose In = Im(un); Kn = Ker(un). Montrer que les suites (In)n2N et(Kn)n2N sont monotones pour la loi hh� ii.(b) On suppose dimE <1. Montrer que les deux suites sont stationnaires.Soit alors r le plus petit entier n tel que 8n>r; Ir = In. Montrer queE=IrLKr.Que dire de la restriction de u �a Ir ?(c) Soit u 2 L(E) un endomorphisme nilpotent. On suppose E de dimension�nie. Montrer que l'indice de nilpotence de u est au plus �egal �a dim(E).(d) Soit u 2 L(E). Supposons E de dimension �nie et dim Ker(u) = 1.Montrer dim (Ker(ui)) = i tant que la suite �Ker(ui)�i2N n'est pas sta-tionnaire.(e) Soit u 2 L(E) un endomorphisme nilpotent. On suppose E de dimension�nie et dim Ker(u) = 1. Montrer que l'indice de nilpotence est �egal �adim(E). �Etudier la r�eciproque.(f) Montrer que si u est nilpotent d'ordre n, il existe une base de E danslaquelle u est repr�esent�e par 2666664 0 1 : : : : : : 0... . . . . . . . . . ...... : : : . . . . . . 00 : : : : : : 0 10 : : : : : : 0 0 3777775.53. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit u 2 L(E); u de rangn � 1, u nilpotente.Quels sont les sous-espaces de E stables par u ?2Un endomorphisme u est dit nilpotent s'il existe un entier q non nul tel que uq = 0. Il est alorsdit nilpotent d'ordre p>1 si up = 0 et up�1 6= 0.

9554. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n (K= R ou C ), soit u 2 L(E)montrer : rg un = rg un+1.55. Soit Gn une suite d�ecroissante de sous-espaces vectoriels de E. Soit F unsous-espace vectoriel de E; dimF <1.Comparer F + \n2NGn et \n2N(F +Gn).56. Soit f 2 L(E); dimE = +1. Montrer que s'il existe une application et uneseule g d�e�nie de E dans E telle que f �g = IdE alors f est un automorphismede E. (On admettra que tout sous-espace poss�ede un supppl�ementaire).57. Soient f; g; h 2 L(E); E de dimension �nie.Montrer : (Im(h) � Im(f) + Im(g)) ) (9(u; v) 2 L(E)2 = h = fu + gv).58. Soit u 2 L(E). Montrer :(Im(u) = Ker(u)) , �u2 = 09v 2 L(E)=u � v + v � u = IdELa condition u2 = 0 est-elle su�sante ?59. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n 2 N� (K=R ou C ). Soit f uneapplication quelconque de E dans E telle que : 8u 2 GL(E); f � u = u � f .(a) Montrer que : 8x 2 E f(x), est colin�eaire �a x (si x est non nul , l'incor-porer �a une base).(b) En d�eduire qu'il existe � 2 K ; f = �IdE.60. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie (K= R ou C ). Soit u 2 L(E).Montrer qu'il existe u1 et u2 deux automorphismes de E tels que : u = u1+u2.61. Soient (u; v) 2 L(E)2 o�u E est un K-espace vectoriel de dimension �nie n. Onsuppose u + v inversible et u � v = 0. Montrer : rg(u+ v) = rg u + rg v.62. Soit u 2 L(E)=un = IdE , soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u.Soit p un projecteur de E d'image F .Soit q = 1n + 1 nXk=0 uk � p � un�k. Montrer que q est un projecteur.63. Soient A et B deux matrices de Mn(C ). On suppose que pour toute matriceM 2Mn(C ) on a �AM+B = �AM . Montrer que B est nilpotente et BA = 0.On pourra calculer, pour une matrice quelconque P la trace de P 2).Montrer la r�eciproque.64. Soient p et q deux projecteurs du K-espace vectoriel E.Montrer :(a) 8� 6= 1 ; IdE � �p est un automorphisme de E.(b) Si p et q commutent, p�q est un projecteur. La r�eciproque est-elle vraie ?.

96 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES65. Soient p et q deux projecteurs de meme noyau. Montrer que ceci est �equivalent�a p � q = p et q � p = q. Etudier de meme le cas : \de meme image".66. Soient p1; : : : ; pn n projecteurs d'un K-espace vectoriel E de dimension �nie,K=R ou C .(a) On suppose que p = nXi=1 pi est un projecteur.Montrer : Im(p) = nMi=1 Im(pi). (Penser �a la trace et au rang d'un projec-teur en dimension �nie).Montrer : 8k 2 Nn ; p � pk = pk.(b) Montrer :(p1 + : : :+ pn est un projecteur) , (8(i; j) 2 (Nn)2 ; i 6= j pi � pj = 0).67. Soit E un K -espace vectoriel. Soient p et q deux projecteurs de E tels que :Im(p) � Ker(q). Soit r = p + q � p � q. Montrer que r est un projecteur.Quelles sont l'image et le noyau de r ?68. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. (K=R ou C ). Soit G ungroupe �ni d'automorphismes de E. Soit F un sous-espace vectoriel de Estable pour tous les �el�ements de G.Montrer qu'il existe H suppl�ementaire de F stable par tous les �el�ements de G.On pourra utiliser p un projecteur de E, d'image F et utiliserq = 1card(G)Xg2G g � p � g�1.69. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>2, K de caract�eristique nulle.Soit u 2 L(E); u 6= 0.(a) On suppose tru = 0. Montrer que u n'est pas une homoth�etie3.(b) Soit x 2 E tel que u(x) ne soit pas colin�eaire �a x. Soit F un suppl�emen-taire de Vect(fxg) contenant u(x). Montrer que l'endomorphismev : y 2 F 7�! p[u(y)] 2 F o�u p est le projecteur de noyau Vect(fxg)d'image F est de trace nulle.(c) Montrer que si tr u = 0 , il existe une base de E dans laquelle la matricede u a sa diagonale nulle ( faire une d�emonstration par r�ecurrence ).(d) Soit D = Diag(�1; : : : ; �n), (les �i �etant deux �a deux distincts), quel estle noyau de :' : M 2 Mn(K) 7�!MD �DM 2 Mn(K) ?(e) Montrer que tru = 0 () (9(v; w) 2 L(E)2; u = v � w � w � v).3Je r�eserve le nom d'homoth�etie aux applications x 7�! �x avec � 2 K; � 6= 0 ; ce sont desautomorphismes.

97(f) Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit C(E) les commuta-teurs de L(E) (c'est �a dire de la forme f �g�g�f avec f et g dans L(E)).Montrer que C(E) est un sous-espace vectoriel de L(E). En donner unebase.70. Soit E = Mn(K ). Quelles sont les formes lin�eaires f d�e�nies sur sur E tellesque :8(A;B) 2 E2 f(AB) = f(BA) ?71. Soit En = Rn�1[X ] (n>2). Soit d 2 L(En); d(P ) = P 0.D�eterminer le polynome minimal de d, normalis�e.En d�eduire le polynome minimal de f : P 7�! Q tel que Q(X) = P (X + 1).72. Soit T : P 2 R[X ] 7�! Q 2 R[X ]= Q(X) = P (X + 1)� P (X)(a) (�) V�eri�er : T n(P ) = nXk=0(�1)n�kCknP (X + k).(��) D�eterminer le noyau, l'image de T .(���) Montrer qu'il existe une et une seule suite (polynomes de Hilbert) depolynomes (Hn)n2N telle que :H0 = 1 et pour n>1 ; T (Hn) = Hn�1 ; Hn(0) = 0.(�v) Montrer que tout polynome P s'�ecrit : 1Xn=0 (T n(P )) (0)Hn.(v) Montrer : 8n 2 N; 9!(�n; �n) 2 R2 tel que : XHn = �nHn+�nHn+1.(v�) Soit p 2 N on pose : Xp = +1Xn=0 sn;pHn.Montrer : pour p>1 sn;p = n(sn;p�1 + sn�1;p�1).(b) Soient E et F deux ensembles �nis et non vides, de cardinaux p et n.On note : Sn;p le nombre de surjections de E �! F . �etablir une relationde r�ecurrence liant les Sn;p, en d�eduire la valeur de Sn;p.(c) Soit E un ensemble de cardinal p, soit �p le nombre de partitions de E(on convient �0 = 1).(�) Montrer : �p = pXn=1 1n!Sn;p.(��) En d�eduire +1Xp=0 1p!�pxp = exp(ex � 1). (On pourra v�eri�er la relation�p = p�1Xj=0 Cjp�1�j).73. Soient A et B deux matrices de Mn(R), semblables dans Mn(C ). Montrerqu'elles le sont encore dans Mn(R).74. (a) Soit p>1. Soit d 2 L (Mp(R)) / d(UV ) = Ud(V ) + d(U)V .Soit H 2 Mp(R) / d2(H) = 0. V�eri�er : dn(Hn) = n![d(H)]n.

98 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(b) Soient (A;H) 2 Mp(R) et B = AH � HA. On suppose que A et Bcommutent. Montrer : limn!1 k Bn k 1n= 0.75. Soit E unK -espace vectoriel de dimension �nie.(a) (�) Soient '1; : : : ; 'n n �el�ements de E�. On consid�ere l'application ude E dans Kn d�e�nie par u(x) = '1(x); : : : ; 'n(x).Quel est le rang de u ?(��) En d�eduire que toute base de E� poss�ede une base pr�eduale.(b) Soient x1; : : : ; xn n �el�ements de E. On consid�ere l'application v de E�dans Kn d�e�nie par v(') = ('(x1); : : : ; '(xn)).Quel est le rang de v ?(c) Soient H1; : : : ; Hn n hyperplans de E. On appelle rang de (H1; : : : ; Hn)le rang de ('1; : : : ; 'n) o�u 8i 2 Nn ; ' 2 E�; Ker('i) = Hi.(�) V�eri�er la coh�erence de cette d�e�nition.(��) Soit V = n\i=1Hi. Montrer que dim(V ) = dim(E)� rg(H1; : : : ; Hn).(���) Soient H un hyperplan contenant V , ' 2 E�; Ker(') = H et( 1; : : : ; r) une famille libre extraite de la famille ('1; : : : ; 'n) derang maximal.Montrer qu'il existe (�1; : : : ; �r) 2 K r ; ' = rXk=1 �r r.(�v) Soit V un sous-espace vectoriel de E de dimension dim(E)� r avecr 2 N� ; r6 dim(E). Montrer qu'il existe r hyperplans de rang r dontl'intersection est V .76. Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soit u 2 L(E;F ).On appelle transpos�ee de u l'application de F � dans E�, not�ee tu d�e�nie par :' 2 F �; tu(') = ' � u.(a) Montrer que tu 2 L(F �; E�).(b) L'application u 2 L(E;F ) 7�! tu 2 L(F �; E�) est lin�eaire.(c) Soit (u; v) 2 L(E;F )� L(F;G). Montrer t(v � u) = tu � tv.(d) Montrer t(IdE) = IdE� .En d�eduire : (u est un isomorphisme de E dans F ) , tu est un isomor-phisme de F � dans E�.Dans ce cas, (tu)�1 = t(u�1).(e) Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions �nies p et q.rapport�es �a des bases e et f . Soit u 2 L(E;F ), soit A = Mat(u; e; f).Montrer tA = Mat(tu; f�; e�).77. Soit E un K -espace vectoriel. Soit E� son dual, soit E�� le dual de E� appel�ebidual de E. Soit x 2 E. Soit f l'application de E dans E�� d�e�nie par8' 2 E�; (f(x))(') = '(x).

99Montrer que f est une application lin�eaire injective.En d�eduire que si E est de dimension �nie toute base B� de E� poss�ede unebase pr�eduale c'est-�a-dire qu'il existe une base, B de E telle que B� en soit labase duale.78. Soit E un K -espace vectoriel, soit A une partie non vide de E. On appelleorthogonal de A, l'ensemble des �el�ements ' de E� tels que 8x 2 A; '(x) = 0.On note A? l'orthogonal de A.Soit E un K -espace, soit B une partie non vide de E�. On appelle orthogonalde B, l'ensemble des �el�ements x de E tels que 8' 2 B; '(x) = 0. On note?B l'orthogonal de B.(a) Montrer que A? et ?B sont des espaces vectoriels et que l'on a A? =Vect(A)? et ?B = ? Vect(B).On pourra v�eri�er que A � A0 ) (A0)? � A?.(b) Soit A � E; A 6= ; montrer ?�A?� = VectA.(c) Soit E = C� ([�1; 1];R). Soit pour chaque n 2 N; 'n l'application de Edans Rd�e�nie par : 8f 2 E; 'n(f) = f(cos n). Soit G = Vect �('n)n2N�.D�eterminer ?G. En d�eduire que �?G�? 6= G.(d) Soient E et F deux espaces vectoriels. Soit u 2 L(E;F ). MontrerIm(tu) = (Ker(u))?On pourra utiliser la factorisation vue �a l'exercice num�ero 25-(a).(e) Soient E et F deux K -espaces vectoriels, soit u 2 L(E;F ). Montrer(�) Ker (tu) = (Im(u))? ; (Ker(u))? = Im (tu).(��) tu injective , u surjective et tu surjective , u injective.(���) u 7�! tu est injective et en dimensions �nies elle est bijective.(f) (�) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soit E1 un sous-espacevectoriel de E, et soit F1 un sous-espace vectoriel de E�. Montrerque dim(E?1 ) + dim(E1) = dim(E) et dim(?F1) + dim(F1) = dim(E).(��) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soient S(E) l'ensembledes sous-espaces vectoriels de E, S(E�) l'ensemble des sous-espacesvectoriels de E�.Montrer que l'application F 2 S(E) 7�! F? 2 S(E�) est une bijec-tion de bijection r�eciproque G 2 S(E�) 7�! ?G 2 S(E).(g) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels du K -espace vectoriel E.Montrer :(E1 + E2)? = E?1 \ E?2 et (E1 \ E2)? = E?1 + E?2 .(h) Reprendre la question c) de l'exercice num�ero 74 en utilisant l'orthogo-nalit�e.79. Soit f 2 L(E). Montrer :(rg f = 1) () (9a 6= 0 et ' 2 E� tels que 8x 2 E; f(x) = '(x)a).80. Soit (fi)i2Nn une famille d'applications de R dans C , soit F = Vect �(fi)i2Nn�.On appelle �x l'application de F dans C d�e�nie par : �x(g) = g(x); x 2 C .

100 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(a) Montrer qu'il existe une famille �nie de (�x)x2R, base de F �. (PoserG = Vect ((�x)x2R) et �etudier ?G).(b) Montrer qu'il existe une famille �nie (gi)i2Np de fonctions de F telle quela famille (�xi)i2Np en soit la base duale.(c) En d�eduire, qu'une condition pour que (fi)i2Nn soit libre est :9(a1; : : : ; an) 2 Kn tel que la matrice de terme g�en�eral (fi(aj)) soitinversible.81. Soient n 2 N� et E = Kn�1 [X ]. K de caract�eristique 0.Soit 'k : P 2 E 7�! P (k)(0) 2 K ; 06k6n � 1.Montrer que la famille ('0; : : : ; 'n�1) est une base de E�. D�eterminer sa basepr�eduale.82. Soient n 2 N� ; E = Kn�1 [X ]. Soient a1; : : : ; an n �el�ements de K deux �a deuxdistincts.On consid�ere pour i 2 Nn les applications : 'i : P 2 E 7�! P (ai) 2 K . Soitu : P 2 E 7�! ('1(P ); : : : ; 'n(P )) 2 Kn .(a) Montrer que u est un isomorphisme. En d�eduire ('1; : : : ; 'n) est unebase de E�.(b) D�eterminer la base pr�eduale de la base : ('1; : : : ; 'n). Retrouver lepolynome d'interpolation de Lagrange.(c) Soit (1; X; : : : ; Xn�1) la base canonique de E, soit ("1; : : : ; "n) la basecanonique de Kn . Soit V (a1; : : : ; an) la matrice de Vandermonde associ�eeaux coe�cients (a1; : : : ; an) d�e�nie par : le terme d'indice (i; j) est(ai)j�1 pour (i; j) 2 (Nn)n. En utilisant l'application u, d�eterminer lamatrice inverse de la matrice V (a1; : : : ; an).83. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n>1. Montrer :(a) (8(x; y) 2 E2; x 6= y) =) (9' 2 E� = '(x) 6= '(y)).(b) Soit L un sous-espace vectoriel de E v�eri�ant8(x; y) 2 E2; (x 6= y) =) (9' 2 L; '(x) 6= '(y)). Montrer que L = E�.84. Soit E = fM 2Mn(K) =tM = �Mg. Soit A 2 Mn(K).Soit : f : M 2 E 7�! tAM +MA 2 E.Montrer f 2 L(E), d�eterminer tr(f) en fonction de tr(A).85. Soit (A;B) 2 Mn(R)2. R�esoudre les �equations :(a) X = (trX)A+B(b) X + tX = (trX)A86. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Montrer que les id�eaux bila-t�eres de L(E) sont triviaux.En consid�erant les endomorphismes de rang �ni, montrer que ce r�esultat estfaux en dimension in�nie.

10187. Soit (Ui;j)(i;j)2(Nn)2 une famille de matrices de Mn(K ) non nulles telles que :8(i; j) 2 (Nn)2; Ui;jUk;l = �jiUi;l. (On identi�e L(Kn) avec Mn(K)).Montrer qu'il existe une base e = (e1; : : : ; en) de Kn telle que : 8(i; j; k) 2(Nn)3; Ui;j(ek) = �kkei.Quels sont les automorphismes de l'alg�ebre Mn(K) ?88. Soit A 2 Mn(K); p6n. Montrer :rg(A) = p, 9B 2 Mn;p(K); 9C 2 Mp;n(K); A = BC avec B et C de rangsp.89. Soient A 2Mn;p(K); B 2Mp;n(K) ; on suppose que AB est un projecteur derang p. Montrer BA = Ip.90. Soit E = R3[X ].(a) On note f1; f2; f3 les trois applications qui �a un �el�ement P de E associentrespectivement P (0); P (1) et P 0(0).Montrer que ces trois applications sont ind�ependantes dans E�.Compl�eter (f1; f2; f3) pour en faire une base B = (f1; f2; f3; f4) de E�.Quelle est alors sa base pr�eduale4 ?(b) On consid�ere l'application f qui �a un �el�ement P de E associe le r�eelZ 10 P (t)dt. Quelles sont les coordonn�ees de f dans la base B ?On note ?ffg l'ensemble des �el�ements P de E tels que f(P ) = 0. D�eter-miner ?ffg.91. Soit f une application de Mn(C ) dans C telle que f(AB) = f(A)f(B) pourtoute matrice (A;B) 2 (Mn(C ))2. f non constante.Montrer A inversible , f(A) 6= 0.92. R�esoudre dans M3(C ) les deux �equations� M2 = 0@ 1 2 �70 6 �181 2 �7 1A� M2 = 0@ 0 0 12 1 00 0 1 1A93. Soit K = Z/7Z. Soit n 2 N� . Quelles sont les solutions, dans Mn(K), del'�equation M3 = In ?94. R�esoudre dans M4(R) et dans M4(C ) les �equations Xn = A, (n>1) dans lesdeux cas :4C'est-�a-dire la base B0 = (e1; e2; e3; e4) de E v�eri�ant pour tout (i; j) 2 (N4)2 fi(ej ) = �ji

102 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ESA = 0BB@ 2 0 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1 1CCA ou A = 0BB@ 0 1 0 0�1 0 0 00 0 1 10 0 0 1 1CCA.95. Trouver A 2Mn(C ) v�eri�ant 8M 2Mn(C ) det(A+M) = det(A) + det(M).(n>2).96. Soit M = 0BBBBBB@ 1 � �n�1� 1 . . .... . . . . . . . . . .... . . . . . ��n�1 � 1 1CCCCCCA ; calculer detM , quel est le rang deM ?On pourra calculer MDJ o�u D = Diag(1; �; : : : ; �n�1) etJ = 0BBBBBB@ 1 0 : : : : : : 0�1 . . . . . . ...0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . 00 : : : 0 �1 1 1CCCCCCA.97. Soit u0; u1; : : : ; un des fonctions de C1(R;R).On pose : [�(u0; : : : ; un)] (x) = det hu(i)j (x)i, 06i; j6n. Soit v 2 C1(R;R).Calculer : �(vu0; : : : ; vun).98. Soit A 2Mn(C ) tel que : sup j ai;j j< 1n . Montrer que la matrice A + In estinversible.99. Soient A;B;C;D quatre matrices de Mn(K) avec A 2 GLn(K) et AC = CA.Montrer : det� A CB D � = det(DA� BC).On pourra calculer : � A CB D � �� A�1 �C0 A �.100. Soient A et B deux matrices de Mn(R). Montrer que le d�eterminant de lamatrice : � A �BB A � est >0.101. Soient A;B;C;D quatre matrices de Mn(K ). On suppose : CtD +DtC = 0.(a) On suppose D inversible. Montrer : det� A BC D � = det(AtD +BtC).(b) D est ici quelconque. Montrer : det� A BC D �2 = det(AtD +BtC)2.

103102. Soit E = Kn ; e = (e1; : : : ; en) la base canonique de E. Soit u 2 L(E).Soit � : En 7�! K ;� = nXj=1 Dj, o�u :Dj(v1; : : : ; vn) = dete(v1; : : : ; vj�1; u(vj); vj+1; : : : ; vn).Montrer : � = tr(u): dete.103. (a) Soit ' : Kn �!Mn(K ) d�e�nie par :a = (a0; : : : ; an�1) 7�!Ma = 0BBBBBB@ a0 a1 : : : : : : an�1an�1 . . . . . . ...... . . . . . . . . . ...a2 . . . . . . a1a1 a2 : : : an�1 a0 1CCCCCCASoit F = '(Kn).(b) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de Mn(K ). Trouver une basede F .(��) Montrer que F est une sous-alg�ebre de Mn(K) engendr�ee par la matrice :J = 0BBBBBB@ 0 1 0 : : : 0... . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . 00 . . . . . . 0 11 0 : : : 0 0 1CCCCCCA(c) Trouver les �el�ements qui commutent avec les �el�ements de F .104. D�eterminant circulant. Soient (a0; : : : ; an�1) 2 C n ; ! = exp�2i�n � etA = 0BBBBBB@ a0 a1 : : : : : : an�1an�1 . . . . . . ...... . . . . . . . . . ...a2 . . . . . . a1a1 a2 : : : an�1 a0 1CCCCCCA.Soit U 2 Mn(K), dont le terme d'indice (i; j) est : !(i�1)(j�1) .Calculer U2; detU2; AU; UAU . On posera f(z) = n�1Xk=0 akzk.105. Soit A 2Mn(C ) o�u le terme d'indice (i; j) est 1 lorsque i 6= j et 1 + i sinon.Calculer det(A).(On s�eparera le cas o�u les i sont 6= 0 et le cas o�u l'un d'entre eux est nul).106. Soit A 2 Mn(K) de terme g�en�eral aij tel que pour i < j; ai;j = b, pouri > j; ai;j = c et pour i = j; ai;j = a.Calculer le d�eterminant de A.

104 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES107. Soit la matrice A 2Mn(R) suivante : A = 0BBBBB@ 1 �a2 : : : : : : �ana2 1 0 : : : 0... 0 . . . . . . ...... ... . . . . . . 0an 0 : : : 0 1 1CCCCCA.Calculer l'inverse de A.Montrer, en �ecrivant A = I + S, AtA = tAA. V�eri�er que B = A�1 tA estorthogonale.108. (a) Soit n 2 N� . Soit (�1; : : : ; �n) 2 Kn les �i �etant deux �a deux distincts.Soit � 2 K . R�esoudre le syst�eme suivant :8>>><>>>: x1 + : : : +xn = 1�1x1 + : : : +�nxn = �...�n�11 x1 + : : : +�n�1n xn = �n�1(b) Soit n 2 N� . Soit (�1; : : : ; �n+1) 2 Kn les �i �etant deux �a deux distincts.R�esoudre le syst�eme suivant :8><>: x1 + : : : +xn+1 = 0...�n�11 x1 + : : : +�n�1n+1xn+1 = 0109. Soit a = (�; �; ) 2 C 3 . R�esoudre le syst�eme :8<: x2 � yz = �y2 � zx = �z2 � xy = Utiliser la matrice 0@ x y zz x yy z x 1A et sa matrice compl�ementaire 0@ � �� � � � 1A110. Calculer les inverses des matrices :0BBBBBBBBB@ 1 a a2 : : : : : : an0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . a2... . . . . . . a0 : : : : : : 0 11CCCCCCCCCA 0BBBBBBBBB@ 1 2 3 : : : : : : n0 1 2 . . . n� 1... . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . 3... . . . . . . 20 : : : : : : 0 1

1CCCCCCCCCA0BBBBBB@ 1:2 2:3 : : : : : : n(n+ 1)0 . . . . . . ...... . . . . . . . . . ...... . . . . . . 2:30 : : : : : : : : : 1:2 1CCCCCCA

105pour la derni�ere matrice, utiliser la matrice N = 0BBBBBB@ 0 1 0 : : : 0... . . . . . . ...... . . . . . . 0... . . . 10 : : : : : : : : : 0 1CCCCCCA.111. Soit A = 0BBBBBBBBB@ 1 a a2 : : : : : : an0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . a2... . . . . . . a0 : : : : : : 0 1

1CCCCCCCCCA a 2 C .(a) D�eterminer exp(A).(b) Soit p 2 N� ; trouver M 2Mn(C ) tel que Mp = A.112. Soit A = 0@ �1 a a�1 �1 01 0 �1 1A 2 M3(R) a 2 R�.Calculer exp(tA); t 2 R.113. Soit A = 0@ 1 �1 1�2 2 0�3 3 1 1A.Calculer exp(tA) ; t 2 R.114. Soit (A; B) 2 (Mn(C ))2 v�eri�ant 8t 2 R; exp(tA) exp(tB) = exp(tB) exp(tA).Montrer que A et B commutent.115. D�eterminer le polynome minimal de A = 0@ 0 1 11 0 10 0 1 1A 2M3(R), calculer An.Memes questions avec la matrice 0@ 1 �5 121 �1 10 1 �3 1A.116. Soit A = 0@ �3 + � 5� � �� 2� � �5 �5 2 1A. Calculer An.117. Soit A la matrice : 0BB@ 1 1 0 2�3 1 4 00 1 1 3�1 0 1 1 1CCA.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

106 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ESCalculer le polynome caract�eristique deA. Que dire de Ker(A2); Ker ((A� 2I)2) ?Montrer que A est semblable �a : 0BB@ 0 1 0 00 0 0 00 0 2 10 0 0 2 1CCA.Calculer An.118. Th�eor�eme d'Hadamard-Frob�enius.(a) Soit n>2. Soit A = (aij) 2 Mn(C ) avec 8i 2 Nn ; jaiij > nXj=1j 6=i jaijj.A est dite �a diagonale dominante.Montrer que A est inversible.(b) On suppose 8i 2 Nn ; jaiij> nXj=1j 6=i jaijj, une in�egalit�e �etant stricte.On suppose8(i; k) 2 (Nn)2; 9(k1; : : : ; km) 2 (Nn)m= mYj=0 akj ;kj+1 6= 0 (On a pos�ek0 = i et km+1 = k).Montrer que A est inversible.On d�emontrera par l'absurde qu'il n' existe pas de matrice de permu-tation P telle que PAP�1 = 0B@A1 A20 A31CA avec A2 2 Mp;n�p(K) etA3 2 Mn�p;n�p(K).119. Rechercher les polygones plans �a n sommets S1; : : : ; Sn, connaissant les mi-lieux mi des couples (Si; Si+1) pour i 2 Nn�1 . et le milieu mn du couple(Sn; S1). (Faire aussi une d�emonstration g�eom�etrique).120. Soient x = (x1; : : : ; xn) et y = (y1; : : : ; yn) deux �el�ements de Rn. On d�e�nit :A = (aij) par aij = xiyj + �ji Trouver une condition n�ecessaire et su�santed'inversibilit�e de A. Calculer alors A�1.121. Soit A 2 Mn(R) dont le terme d'indice (i; j) est j i� j j. Calculer detA.122. (a) Soit A = (aij) une matrice carr�ee. Soit D = Diag(z1; : : : ; zn).Montrer : det(A+D) = XI�Nn Yi=2I zi! det(MI)!, o�u MI = (aij)(i;j)2I2 .(b) Application : Soit Sp la somme des mineurs principaux d'ordre p de A.Montrer :�A = (�1)n �Xn � S1Xn�1 + S2Xn�2; : : : ; +(�1)n�1Sn�1X + (�1)nSn�

107123. Soit A 2 Mn;p(K); p6n de terme g�en�eral ai;j .Montrer : det �tAA� = XI2J (det(AI))2avec J = f(i1; : : : ; ip) 2 Np = 16i1 < i2; : : : ; < ip6ng. AI est la sous-matricede A dont la ki�eme ligne est la iki�eme ligne de la matrice A.124. Soit G l'ensemble des matrices de Mn(K ) ayant un et un seul terme non nulpar ligne et par colonne. Montrer que G est un sous-groupe de GLn(K).125. Calculer le d�eterminant des matrices r�eelles :0BBBBBBBBB@c1 + x . . . . . . a+ xb + x . . . . . . cn + x1CCCCCCCCCA, 0BBBBBBBBB@cos � 1 0 : : : : : : 01 2 cos � . . . . . . ...0 . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . 0... . . . . . . . . . 10 : : : : : : 0 1 2 cos �

1CCCCCCCCCA126. Soit la matrice A = 0BBBBBB@ a . . . b. . .b . . . a 1CCCCCCA. Si l'inverse existe, calculer A�1.127. SoitA = 2664 3 1 0 0�4 �1 0 011 5 2 1�17 �8 �1 0 3775. Montrer queA est semblable �a 2664 1 1 0 00 1 0 00 0 1 10 0 0 1 3775.128. Soient f et g deux applications lin�eaires d�e�nies sur un K-esapce vectoriel Ede dimension 2. On suppose que f et g ont le meme polynome caract�eristique.f et g sont-elles semblables ?129. Soit A 2 Mn(K). Soit P 2 K [X ]; P (A) = 0. Soit �A le polynome caract�eris-tique de A.Montrer que �A divise P n.En d�eduire le lien entre le polynome minimal et le polynome caract�eristique.Quel est le polynome caract�eristique d'un endomorphisme nilpotent sur unespace de dimension �nie ?130. Soit u 2 L(E); dim(E) = n>1.(a) Soit P 2 K [X ]; P (u) = 0. Montrer que �u divise P n.(b) Soit �u = P1P2 avec P1 ^ P2 = 1. On pose :E1 = Ker(P1(u)); E2 = Ker(P2(u)); u1 : E1 �! E1; u1 = u E1 ; u2 :

108 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ESE2 �! E2; u2 = u E2 ; U1 = �u1 et U2 = �u2 .Montrer : U1 = �P1et U2 = �P2.131. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n. Soit u 2 L(E) v�eri�ant :8k 2 Nn tr(uk) = 0 (K de caract�eristique nulle ).(a) D�emontrer que le polynome caract�eristique d'un endomorphisme nilpotentd'un espace de dimension n est (�1)nXn.(b) Montrer que un = 0. On montrera par l'absurde que �u = (�1)nXn.132. Calculer les puissances de la matrice : 0@ 1 4 20 �3 �20 4 3 1A133. D�eterminer xn; yn; zn; d�e�nis par : 0@ xn+1yn+1zn+1 1A = 0@ �1 1 11 �1 11 1 �1 1A 0@ xnynzn 1A.134. Soit A 2 M2(K) = tr(A) 6= 0.Montrer : (8B 2 M2(K)); (A2B = BA2 =) AB = BA).135. (a) Soient A 2Mq;p(K) et B 2Mp;q(K).(�1)qXq�BA = (�1)pXp�AB.(b) Soient A et B deux matrices carr�ees de Mn(K ). Comparer �AB et �BA.136. Soit E un K -espace vectoriel. Soit H un hyperplan de E. Montrer :(H stable par u 2 L(E)) () H = Ker(') avec ' vecteur propre5 de tu.Applications :(a) Soit u 2 L(E) (K = R) u2 = �IdE . Montrer que u ne poss�ede aucunhyperplan stable par u.(b) D�eterminer les sous-espaces deR3 stables par les matricesA = 0@ 1 1 11 1 1�1 1 1 1A,B = 0@ �2 1 18 1 �54 3 �3 1A C = 0@ 3 5 �10 1 �20 2 3 1A.(c) Soit u 2 L(E) o�u E est un R-espace vectoriel de dimension 3. Montrerqu'il existe un plan de E stable par u.137. Soit la matrice Jn dont tous les termes sont nuls, sauf les termes d'indices(i; n� i+1) qui sont �egaux �a 1. Soient (a; b) 2 R2 et M = aIn+bJn 2Mn(R).D�eterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de M .5C'est-�a-dire tel qu'il existe � 2 K; ' � u = �'.

109138. Soient (a0; : : : ; an�1) 2 C n , A = 0BBBBBB@ a0 a1 : : : : : : an�1an�1 . . . . . . ...... . . . . . . . . . ...a2 . . . . . . a1a1 a2 : : : an�1 a0 1CCCCCCA 2 Mn(C )et J = 0BBBBBB@ 0 1 0 : : : 0... . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . 00 . . . . . . 0 11 0 : : : 0 0 1CCCCCCA.(a) Montrer6 qu'il existe un polynome P 2 C n�1 [X ] tel que A = P (J).(b) Quels sont les �el�ements propres de A ?139. Soit E le R-espace vectoriel des applications continues de R+ dans R. Soit 'l'application de E dans E qui �a f associe g d�e�nie par : g(t) = f(t+ 1).Quels sont les �el�ements propres de ' ?140. Soient E = C1(R;R); p 2]0; 1[, et q = 1� p. On d�e�nit un endomorphisme ude E dans E en posant : 8f 2 E; (u(f))(x) = f(px + q)(a) �Etudier les suites (xn)n2N v�eri�ant la relation : 8n 2 N; xn+1 = pxn + q.(b) Montrer que les valeurs propres de u appartiennent �a ] � 1; 1] n f0g.(c) Quelles sont les valeurs et les vecteurs propres de u ?141. Diagonaliser la matrice de Mn(R) dont les �el�ements sont nuls sauf ceux de laderni�ere ligne et derni�ere colonne qui sont �egaux �a 1.142. Soit (fi)i2Np une famille de p endomorphisme d'un C -espace vectoriel de di-mension n>2. On suppose que pour tout couple (i; j) 2 (Np)2; i 6= j on afi � fj + fj � fi = 0.D�eterminer tr(fi) et le spectre de fi pour i 2 Np .143. SoitAn la matrice deMn(C ) de coe�cients ai;j = �j+1i +�ji+1. SoitM 2Mn(C )de coe�cients mi;j = sin� ij�n + 1�.(a) Calculer pour t 2 [0; �], fn(t) = �An(2 cos(t)) ; trouver une �equationdi��erentielle lin�eaire v�eri��ee par fn.D�eterminer les coe�cients du polynome caract�eristique.(b) Calculer AnM et en d�eduire le spectre de An ; montrer que An est diago-nalisable.6Voir les exercices sur les matrices circulantes.

110 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES144. Soit E un R-espace vectoriel de dimension 4. R�esoudre dans L(E) l'�equationu4 + u3 + u2 = 0.145. Soit E un K -espace ectoriel de dimension �nie n. Soit p un projecteur de E.On appelle ' l'application f 2 L(E) 7�! p � f � p.' est-elle diagonalisable ? Quels sont les espaces propres ?146. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Soit u 2 L(E). Soit �ul'application de L(E) dans L(E) f 7�! u � f � u.Montrer que si u est diagonalisable alors �u l'est aussi.V�eri�er que la r�eciproque n'est pas vraie.147. Soit u 2 L(E); E un K -espace vectoriel de dimension �nie.Soit ' : v 2 L(E) 7�! u � v � v � u 2 L(E). Montrer :(a) u diagonalisable ) ' diagonalisable.(b) ' diagonalisable et u a un vecteur propre ) u est diagonalisable.(c) Montrer que si K est alg�ebriquement clos ' diagonalisable , u diagona-lisable.148. (a) Soit u 2 L(E) un endomorphisme diagonalisable. (E est de dimension�nie). Soit F un sous-espace vectoriel de F stable par u. Soit v l'appli-cation lin�eaire de F dans F restriction de u. Montrer que v est diagona-lisable.(b) Soit A 2 Mn(R) diagonalisable. Montrer que B = 0 2A-A 3A! est diago-nalisable si et seulement si A est diagonalisable.149. Montrer que : A = In In0 In! est non diagonalisable et B = In In0 0 ! estdiagonalisable.150. Soit A une matrice carr�ee diagonalisable. On suppose que la matrice� a bc d �diagonalisable.La matrice : � aA bAcA dA � est-elle diagonalisable ?151. Soient A 2Mn(C ) et B = � 0 AIn 0 �.Montrer que B est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable etinversible.152. Soit u 2 L(E) o�u E est un K -espace de dimension n sur C .On pose : �A = pYi=1(�i �X)�i les �i sont des �el�ements de K deux �a deuxdistincts et les entiers �i sont >1.

111(a) Montrer dim(Ker [(u � �i IdE)�i ]) = �i.(b) En d�eduire qu'il existe une base de E dans laquelle la matrice de u estde la forme :2666666664 M1 M2 . . . . . . Mn 3777777775 Mi = �iI�i + Ni avec Ni nilpotente etMi 2 M�i(K)(c) Montrer limp!+1 up = 0 si et seulement si limp!+1 tr(up) = 0.153. (a) Red�emontrer qu'un endomorphsime qui commute avec tous les endomor-phisme d'unK-espace vectoriel est du type �IdE , avec � 2 K .(b) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie ; Soit u un endomor-phisme de E, diagonalisable. Notons (Ei)i2Nm la famille des m espacespropres de u. On note C(u) l'ensemble des endomorphismes de E quicommutent avec u.Si X est une partie de L(E), C(X) d�esigne l'ensemble des endomor-phismes de E qui commutent avec tous les �el�ements de X .(�) Montrer que C(u) est un espace vectoriel isomorphe �a mYi=1 L(Ei).(��) Montrer C(C(u)) = K [u].(���) Trouver une condition n�ecessaire et su�sante pour avoir C(u) = K [u].154. Diagonaliser ou trigonaliser :0@ 4 6 0�3 �5 0�3 �6 �5 1A, 0BB@ 1� it 0 2it 00 1� it 2it 00 0 1 + it 00 0 0 1 + it 1CCA, 0BB@ a2 ab ab b2ab a2 b2 abab b2 a2 abb2 ab ab a2 1CCA,0@ �3 2 0�1 0 00 0 1 1A, 0@ 0 �2 01 0 �10 2 0 1A, 0@ 1 � �0 1 0 0 �1 1A, 0@ �3 5 �21 1 �22 6 �6 1A,0BB@ 3 �4 0 24 �5 �2 40 0 3 �20 0 2 �1 1CCA, 0BB@ 1 �3 0 15�2 �6 0 90 �3 1 3�1 �4 0 8 1CCA, 0BB@ 3 �1 1 �79 �3 �7 �10 0 4 �80 0 2 �4 1CCA,155. Soit E un C -espace vectoriel de dimension �nie. Soit (u; v) 2 L(E)2 tel que :u� v� v �u = �u+�v. Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.Pour cela :

112 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(a) On suppose � = 0, montrer : 8n 2 N; u � vn � vn � u = n�vn.(b) Etudier le cas � = � = 0 puis � = 0; � 6= 0 puis �� 6= 0 (poser v0 = v� uet choisir pour se ramener au cas pr�ec�edent).156. Soient K un corps commutatif de caract�eristique nulle et E un K -espace vec-toriel non nul. Soit (u; v) 2 L(E)2 tel que :u � v � v � u = IdE .(a) Montrer : 8n 2 N� u � vn � vn � u = nvn�1.(b) Soit P 2 K [X ]. Montrer que : u � P (v) � P (v) � u = P 0(v).(c) En d�eduire que u et v n'ont pas de polynome minimal et que dimE =+1. Retrouver ce r�esultat en utilisant la trace.(d) Montrer que u et v ne sont pas de rang �ni et que pour tout polynomeP non constant, P (u) et P (v) sont de rang in�ni.157. Soit E un C -espace vectoriel de dimension n>1, soient u et v deux endomor-phismes de E tels que u � v � v � u = u.(a) (�) Montrer pour tout k 2 N, ukv � vuk = kuk.(��) En d�eduire u nilpotent.(b) On suppose rg u = n� 1.(�) Montrer que v admet n valeurs propres distinctes de la forme �i =�+ i pour i 2 Nn .(��) Soit en un vecteur propre de v associ�e �a �n. Montrer que la famille(ei)i2Nn avec ei = un�i(en) est une base de E.Trouver les matrices de u et v dans cette base.(c) On revient au cas g�en�eral.(�) Montrer que u et v ont un vecteur propre en commun.(��) Montrer qu'il existe une base de E dans laquelle u et v sont repr�e-sent�ees par des matrices triangulaires sup�erieures.158. Soit E = C�([0; 1];R). Soit f 2 E. On pose :L(f) : x 2 R 7�! Z 10 inf(x; t)f(t)dt.Quelles sont les valeurs propres de L ?159. Soit p 2 N; p premier. Soit M 2 Mn(Z). Montrer : tr(Mp) � trM ( mod p).Pour cela, calculer det(M +XIn) o�u M 2 Mn(K); K = Z/pZa pour �el�ementd'indices (i; j) la classe de celui de M modulo p.160. Soit u : P 2 C [X ] 7�! (X � �) (P 0 + P 0(�))� 2 (P � P (�)) 2 C [X ] ; � 2 C .(a) D�eterminer Ker(u) et Im(u).(b) Montrer que u est diagonalisable.

113161. Soit P 2 C 2n [X ], on pose :'(P ) = X(X� 1)P 0(X)� 2kXP (X). D�eterminer k pour que '(P ) 2 R2n[X ].' est-il alors diagonalisable ?162. Soit A 2 Mn(R).(a) Montrer : �A scind�e =) (8k 2 N �Ak scind�e).(b) Montrer : �A2 scind�e �a racines positives =) �A scind�e.Donner un exemple o�u �A3 est scind�e et pas �A.163. Soit u 2 L(E); dimE = 3; u2 6= 0; u3 = 0. On pose :H = fv 2 L(E) = v � u = u � vg. Montrer que H = Vect(1; u; u2).164. Soit A = 0@ 2 1 11 2 10 0 3 1A 2M3(R).(a) On note C(A) le commutant de A c'est-�a-dire l'ensemble des matrices quicommutent avec A.Montrer que C(A) est une alg�ebre de dimension 3.Montrer que C(A) = R[A].(b) Trouver les droites et les plans stables par A.165. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n. Soit u un endomorphismede E ayant n valeurs propres deux �a deux distinctes. Soit C(u) le commutantde u. Montrer que C(u) = K [u].Exemple : trouver le commutant de la matrice 0@ 2 0 43 �4 121 �2 5 1A 2M3(R).166. Soit A 2Mn(R); A3 �A� In = 0. Montrer detA > 0. (Diagonaliser sur C ).167. Soit u un endomorphisme nilpotent d'un K -espace vectoriel de dimension n>1.Montrons que l'ensemble C(u) des endomorphismes de E qui commutent avecu est K [u].168. Soient E et F deux K -espaces vectoriels. Soient u 2 L(E;F ) , v 2 L(F;E).Un scalaire � 2 K est dit valeur spectrale d'un endomorphisme w 2 L(G), o�uG est un K -espace vectoriel, lorsque w � �IdG n'est pas bijective.(a) Montrer : IdF � u � v inversible =) IdE � v � u inversible et :(IdE � v � u)�1 = IdE + v � (IdF � u � v)�1 � u.En d�eduire que les valeurs spectrales non nulles de u � v et v � u sont lesmemes.(b) E = F; dimE < +1. Montrer que uv et v � u ont les memes valeurspropres.(c) Montrer que si E et F sont de dimensions �nies di��erentes, il existe u etv telles que u � v ou vu est injective, l'autre ne l'�etant pas.

114 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES(d) Montrer que si E et F sont de dimensions �nies tr(u � v) = tr(v � u) etque pour tout entier naturel p, tr ((u � v)p) = tr ((v � u)p).169. Soit P 2 K [X ]. Soit u 2 L(E); dimK(E) < +1 et soit v = P (u)(a) Montrer : v inversible =) v�1 2 K [u].(b) Montrer : v inversible() P et le polynome minimal de u sont premiersentre eux.170. Soit u 2 L(E) dimE < +1. On suppose : E = Im(u)LKer(u) (1) avecKer(u) 6= f0g.(a) Montrer : (1) () le polynome minimal de u est : XQ; Q(0) 6= 0.(b) Montrer que cette condition �equivaut �a : u Im(u) est un automorphismede Im(u).171. Soit A 2 Mn(K). Soit u 2 Mn;1(K ) tel que : (u;Au; : : : ; An�1u) soit libre.Soit B la matrice dont la ji�eme colonne est Aj�1u. Soit C = B�1AB.Montrer que �A = (�1)n "Xn � nXi=1 ci;nX i�1#.172. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1.Soit u 2 L(E). On suppose �u scind�e sur K . Montrer :u diagonalisable () 8� 2 K ; rg(u� �IdE) = rg ((u� �IdE)2).173. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1. Soit u 2 L(E). On supposeu diagonalisable. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u. Montrerqu'il existe un suppl�ementaire de F stable par u.174. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>1.(a) Soit D une partie non vide de L(E) telle que tous les �el�ements de D sontdiagonalisables et 8(u; v) 2 D2; u � v = v � u.Montrer qu'il existe une base de vecteurs propres pour tous les �el�ementsde D (on fera un raisonnement par r�ecurrence sur n).(b) Soit T une partie non vide de L(E) telle que tous les �el�ements de T sonttrigonalisables et 8(u; v) 2 T 2; u � v = v � u.Montrer qu'il existe une base commune de trigonalisation pour tous les�el�ements de T .(c) E est un C -espace vectoriel de dimension n. Soit (u1; : : : ; un) une familled'endomorphismes nilpotents de E qui commutent deux �a deux. Montrerque nYi=1 ui = 0.175. (a) Un �el�ement d'un sous-groupe �ni7 de GLn(C ) est-il diagonalisable ?7Voir l'exercice num�ero 1 d'alg�ebre g�en�erale.

115(b) Soient G un groupe �ni, E un C -espace vectoriel de dimension �nie.f : G �! GL(E) un morphisme de groupe.Soit a 2 G on pose : �(a) = tr(f(a)).Montrer : 8a 2 G : �(a�1) = �(a) Diagonalisabilit�e de f(a) ?176. Soit A 2 M2(Z). On suppose qu'il existe k 2 N� = Ak = I2. Montrer queA12 = I2(remarquer que A est diagonalisable sur C et �etudier ses valeurs propres).177. Soit E un C -espace vectoriel de dimension n>1. Pour u 2 L(E) on note (s'ilexiste) h = minfl 2 N� ; tels que ul = IdEg. h est appel�e ordre de u.(a) Montrer que si h existe, u est diagonalisable.(b) Montrer que pour tout entier N 2 N� il existe un endomorphisme u 2L(E) d'ordre N .(c) Trouver une condition n�ecessaire et su�sante pour qu'il existe u d'ordreN>1 donn�e.(d) Supposons n = 2. Soit u 2 L(E) de matrice M 2 M2(E). Quels sont(s'ils existent) les ordres possibles de u ?178. Soit E un K -espace vectoriel de dimension 3. Soit a 2 K � .Soit f 2 L(E); f3 � 2af2 + a2f = 0. Soit A la matrice de f dans une base deE. D�eterminer les classes de similitude de A.179. Soit A 2 Mn(R) eA la transpos�ee de la comatrice8 de A.(a) Quel est le rang de la matrice eA ?(b) Montrer : X vecteur propre de A =) X vecteur propre de eA.(c) On suppose A non inversible.(�) Montrer : 0 valeur propre simple de A () tr eA 6= 0.(��) Si 0 est valeur propre simple, a-t-on eA diagonalisable ?(���) Si dans (�) on remplace le membre de gauche par rgA = n�1 a-t-onencore l'�equivalence ?(On pourra utiliser le r�esultat (b) de l'exercice num�ero 120).180. Soit A 2 M3(C ) ; �A = (1 � X)2(4 � X). Quelles sont les matrices quicommutent avec A ?181. Soit E un K -espace vectoriel de dimension n>2.Soient (a; b) 2 (L(E))2 ; rg(a � b� b � a) = 1; soit x 2 Im(a � b� b � a).Montrer que 8k 2 N; ak(x) 2 Ker(a � b� b � a).Montrer que �a est r�eductible.8Si A est une matrice carr�ee on appelle comatrice de A la matrice dont les �el�ements d'indices(i; j) sont (�1)i+j det(Ai;j ) o�u Ai;j est la matrice extraite de la matrice A obtenue en supprimantla ii�eme ligne et la ji�eme colonne de A.

116 CHAPITRE 5. ALG�EBRE LIN�EAIRE, �ENONC�ES182. Soit E un espace K -vectoriel de dimension �nie. Soit u 2 L(E).Montrer : �u irr�eductible dans K [X ] si et seulement si f0g et E sont les seulssous-espaces stables par u.183. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie, soit (u; v) 2 L(E)2 u et vcommutent, v est nilpotent. Montrer :(a) u + v inversible () u inversible.(b) det(u + v) = det u.En d�eduire que u et u + v ont meme polynome caract�eristique.184. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n. Soit u 2 L(E).Soient � et les applications de L(E) dans L(E), respectivement d�e�niespar : �(v) = u � v et (v) = v � u.(a) Pour un endomorphisme u on note Sp(u) le spectre de u.Montrer : � 2 Sp(u) ) � 2 Sp(�) et � 2 Sp().La r�eciproque est-elle vraie ?(b) Quelle relation y a-t-il entre la dimension de E� et celles des espacespropres correspondants associ�es �a � et ?Montrer u diagonalisable ) (� et aussi).185. Soit P 2 K [X ] ; on pose f(P ) = XP 00 + (X � 2)P 0.Montrer que f est un endomorphisme de K [X ] ; f est-il diagoalisable ?186. Soit A 2 M3n(R) de rang 2n (n>1) et telle que : A3 + A = 0. Montrer que0 est valeur propre de A d'ordre de multiplicit�e n et que A est semblable �a lamatrice : 0@ 0 0 00 0 In0 �In 0 1A.187. Soient A et B deux �el�ements de Mn(C ). Montrer les �equivalences suivantes :(�) AX�XB = D a pour toute matriceD 2 Mn(C ) une solutionX 2Mn(C ).(��) 8X 2Mn(C ); (AX = XB) ) (X = 0).(���) Sp(A) \ Sp(B) = ;. Sp d�esigne l'ensemble des valeurs propres.188. Soit E un C -espace vectoriel de dimension �nie n. Soient u et v deux en-domorphismes de E tels que rg(u � v � v � u)61. Montrer que u et v sontco-trigonalisables.189. Soit E un C -espace vectoriel norm�e complet. Soit u 2 LC(E) une applicationlin�eaire continue, ayant un polynome minimal. On muni L(E) de la normesubordonn�ee �a celle de E.Montrer qu'il existe P 2 C [X ] tel que exp(u) = P (u).190. SoientA et B deux matrices deMn(K). Montrer que si A et B sont semblablesalors les matrices compl�ementaires9 le sont aussi.9Voir plus haut la d�e�nition et quelques propri�et�es.

117191. Soit � 2 K � , soient i et j deux entiers appartenant �a Nn ; n>2 ; i 6= j. Onappelle transvection, une matrice du type : Ti;j(�) = In + �Ei;j .Soit � 2 K � , soit i 2 Nn ; n>1. On appelle dilatation une matrice du type :Di(�) = In + (�� 1)Ei;i.(a) Quels sont les e�ets du produit d'une tranvection ou d'une dilatation etd'une matrice ?(b) Montrer q'une transvection et une dilatation sont inversibles.(c) Montrer que toute matrice inversible est le produit de matrices de trans-vections et d'une matrice de dilatation.

Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

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Chapitre 6Alg�ebre lin�eaire, corrig�es1. (a) F est un sous-groupe additif de E donc1 R est une relation d'�equivalence.(b) (E 0; +) est un groupe ab�elien.Soit � 2 K et soient s et y deux �el�ements de E tels que x� y 2 F . Il estimm�ediat, F �etant un espace vectoriel, que �(x � y) 2 F . Les classes de�x et �y sont les memes. On peut donc poser �X = �x avec x 2 X .(c) Soient (�; �) 2 K 2 et (X; Y ) 2 (E 0)2. Soit (x; y) 2 E2 ; x 2 X; y 2 Y .�(X + Y ) = �(x+ y) = �x + � y = �x + � y = �X + �Y .(�+ �)X = (�+ �)x = �x + �x = �x+ �x = �X + �X .(��)X = (��)x = ��x = �(�X).1X = 1 x = X .E 0 est donc un K -espace vectoriel.(d) Si F = f0g ou si E = F le r�esultat est acquis.Supposons F 6= f0g et E 6= F . Soit (e1; : : : ; ep) une base de F quenous compl�etons en une base de E. Pour i 2 fp+ 1; : : : ; ng, o�u n est ladimension de E, posons e0i = ei.Soit (�p+1; : : : ; �n) 2 Kn�p . nXi=p+1 �ie0i = 0 ) nXi=p+1 �iei 2 F . Nous end�eduisons nXi=p+1 �iei 2 F \ F1 = f0g o�u F1 est le suppl�ementaire de Fengendr�e par la famille (ep+1; : : : ; en). Les �i sont donc tous nuls et lafamille �e0p+1; : : : ; e0n� est libre.Soit X 2 E 0, soit x 2 X il existe une famille (�i)i2Nn d'�el�ements deK telle que x = nXi=0 �iei. Nous en d�eduisons, en consid�erant les classesd'�equivalence, X = nXi=0 �ie0i. La famille (ep+1; : : : ; en) est donc une basede E 0 qui est de dimension n� p.2. Soit f l'application de F2 dans E/F1 qui �a x2 2 F2 associe sa classe x2 moduloF2. Cette application est clairement lin�eaire.(x2 = 0) ) (x2 2 F1) donc (x2 = 0) ) (x2 2 F1 \ F2 = f0g). f est injective.Soit X 2 E/F1. Il existe x 2 E tel que X = x + F1. F1 et F2 �etant sup-pl�ementaires x s'�ecrit x1 + x2 avec x1 2 F1 et x2 2 F2. Nous avons doncX = x2 + (x1 + F1) = x2 + F1 = x2. f est un isomorphisme.1Voir l'exercice num�ero 26 du chapitre "Alg�ebre g�en�erale".

120 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES3. (a) Soit E1 le noyau de l'application lin�eaire f . Soit E2 un suppl�ementairede E1. Consid�erons l'aplication g d�e�nie de E2 dans Im(f) d�e�nie parx 2 E2; g(x) = f(x).g est bien d�e�nie et est lin�eaire. Soit y 2 Im(f) ; soit x 2 E; f(x) = y. Ilexiste (x1; x2) 2 E1�E2 x = x1+x2. f(x) = f(x2) = g(x2) = y donc g estsurjective. Soit x 2 E2; f(x) = 0. Nous avons donc x 2 E2 \ E1 = f0g.g est bien un isomorphisme ; E2 est donc isomorphe �a Im(f). (Si E est dedimension �nie nous retrouvons dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) = dim(E)).(b) En utilisant le r�esultat (a) pr�ec�edent, nous en d�eduisons que deux sup-pl�ementaires d'un meme sous-espace sont isomorphes.On peut aussi faire une d�emonstration directe.Soit p le projecteur de E d'image F2, de noyau F . Soit f l'application deF1 dans F2 d�e�nie par x 2 F1 7�! p(x) 2 F2.Soit x 2 F1. f(x) = 0 ) x 2 F1 \ F = f0g. f est injective.Soit y 2 F2. il existe y1 2 F1 et y2 2 F tels que y = y1 + y2 doncf(y1) = p(y1) = p(y � y2) = y. f est donc un isomorphisme ; F1 et F2sont donc isomorphes.4. Im(u) poss�ede un suppl�ementaire F1 de dimension �nie. De meme Im(v) pos-s�ede un suppl�ementaire G1 de dimension �nie.Il existe (g1; : : : ; gp) une base de G1 v�eri�ant pour tout z 2 G il existe(�1; : : : ; �p) tel que z � pXk=0 �kgk 2 Im(v).De meme il existe (f1; : : : ; fn) une base de F1 v�eri�ant pour tout y 2 F ilexiste (�1; : : : ; �n) 2 Kn tel que y � nXi=1 �ifi 2 Im(u).z s'�ecrit donc z = pXk=1 �kgk + v(y) avec y 2 F soit encorez = pXk=1 �kgk + v nXi=1 �ifi + u(x)! avec x 2 E.Nous pouvons donc �ecrire z = pXk=1 �kgk + nXi=1 �iv(fi) + (v � u)(x).Notons G2 = Vect (g1; : : : ; gp; v(f1); : : : ; v(fn)). Nous venons de d�emontrerque G est la somme de G2 (de dimension �nie) et Im(v � u).Notons G3 = G2\Im(v�u) qui est de dimension �nie et G4 un suppl�ementairedans G2 de G3. Nous obtenons G = (G4 � G3) + Im(v � u).Montrons G = G4 � Im(v � u).G3 + Im(v � u) = Im(v � u) donc G = G4 + Im(v � u).G4 \ Im(v � u) � G2 \ Im(v � u) = G3 donc G4 \ Im(v � u) � G3 \G4 = f0g.Im(v � u) est donc bien de codimension �nie.5. Consid�erons la combinaison lin�eaire 8t 2 R; nXi=1 �ijt� aij = 0 o�u (�i)i2Nn estune famille �nie d'�el�ements de R.

121Les ai sont suppos�es index�es dans l'ordre strictement croissant.Montrons que les �i sont tous nuls.t 2 R 7�! nXi=1 �ijt� aij est nulle donc d�erivable. Les d�eriv�ees �a gauche en lesai sont �egales �a : i�1Xj=1 �j � nXj=i �j = 0 (la premi�ere somme est nulle si i = 1) ; dememe la d�eriv�ee �a droite est �egale �a iXj=1 �j � nXj=i+1 �j = 0 (la deuxi�eme sommeest nulle si i = n). Nous avons donc ans tous les cas 2�i = 0. Les coe�cientssont donc tous nuls et la famille est libre.6. Soit (ak)k2Nn une famille �nie de r�eels strictement positifs et (�k)k2Nn une fa-mille de r�eels (n 2 N�) tels que 8x 2 R; nXk=1 �kx2 + (ak)2 + 1 = 0.nXk=1 �kx2 + (ak)2 + 1 peut s'�ecrire, en r�eduisant au meme d�enominateur, P (x)Q(x)o�u P et Q sont des fonctions polynomiales.L'hypoth�ese faite conduit �a P = 0.Nous pouvons donc �ecrire : nXk=1 �kX2 + (ak)2 + 1 = 0. En \regardant" la frac-tion comme une fraction de C (X) ; celle-ci est nulle pour une in�nit�e de valeursr�eelles donc elle est nulle. Soit j 2 Nn �x�e ; soit x 6= ip1 + (aj)2. Nous obte-nons :�j �x � ip1 + (aj)2�x2 + (aj)2 + 1 +�x � iq1 + (aj)2� nXk=1k 6=j �kX2 + (ak)2 + 1 = 0.En simpli�ant nous avons :�jx + ip1 + (aj)2 +�x� iq1 + (aj)2� nXk=1k 6=j �kX2 + (ak)2 + 1 = 0. En calculantla limite en = ip1 + (aj)2 nous en d�eduisons �j2ip1 + (aj)2 = 0 ce qui conduit�a �j = 0. Nous en d�eduisons que la famille est libre.7. (a) Xn � �n = n�1Yk=0 �X � �!k� avec ! = exp�2i�n �.Si un polynome unitaire P de degr�e p < n divise Xn � �n, il est leproduit de p polynomes pris parmi les polynomes X � �!k. Il est donc�egal �a Xp + p�1Xk=1 akXk + (�1)p�p pYk=1!jk ; les entiers jk �etant pris parmi lesentiers entre 0 et n, les coe�cients ak �etant rationnels. Nous en d�eduisons�����(�1)p�p pYk=1 !jk����� 2 Q c'est-�a-dire �p 2 Q ce qui est faux. Le polynome

122 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESXn � �n est donc irr�eductible dans Q[X ].Xn � �n est donc le polynome minimal de � dans Q[X ].(b) Si la famille ��i�i2f0;:::;n�1g est li�ee alors il existe un polynome non nul P�a coe�cients rationnels de degr�e au plus �egal �a n � 1 tel que P (�) = 0.Parmi tous les polynomes unitaires de Q[X ] s'annulant en �, choisissonsun polynome de degr�e minimal. Soit A un tel polynome. E�ectuons ladivision euclidiene de Xn��n par A ; nous obtenons Xn��n = AQ+Ravec deg(R) < deg(A) < n. Il vient alors R(�) = 0 et R = 0. A divisedonc Xn � �n ce qui est faux. La famille ��i�i2f0;:::;n�1g est donc libre.Remarque P s'annule en � donc est divisible par Xn � �n qui est lepolynome minimal de � dans Q[X ] ce qui implique que P est nul.8. Supposons que les polynome P et Q soient premiers entre eux. Soient P1 2Km�1 [X ] et Q1 2 Kn�1 [X ] tels que PQ1 + QP1 = 0. P divise QP1 ; �etantpremier avec Q il divise P1 ; en examinant les degr�es nous en d�eduisons queP1 est nul. De meme Q1 = 0.La famille F = (P;XP;X2P; : : : ; Xm�1P;Q; : : : ; Xn�1P ) est donc libre.Supposons que D soit le pgcd de P et Q avec deg(D)>1. P = AP1; Q = AQ1.A(PQ1�QP1) = 0 donc PQ1�QP1 = 0 avec P1 2 Km�1 [X ] et Q1 2 Kn�1 [X ]qui sont deux polynomes non nuls. La famille F est li�ee.L'�equivalence est d�emontr�ee.En consid�erant la matrice M repr�esentant les coordonn�ees, dans la base ca-nonique de Kn+m�1 [X ], des �el�ements de F nous en d�eduisons : F libre si etseulement si det(M) = 0.En particulier P et Q ont un diviseur non constant en commun si et seulementsi det(M) = 0. Ce d�eterminant s'appelle le r�esultant du couple (P;Q).Exemple :P = X3+aX2+bX+c 2 C [X ] a une racine double si et seulement si P et P 0 ontune racine commune donc si et seulement si det0BBBB@ c 0 b 0 0b c 2a b 0a b 3 2a b1 a 0 3 2a0 1 0 0 3 1CCCCA = 0 ;c'est-�a-dire si et seulement si 27c2 � 18abc � a2b2 + 4a3c + 4b3 = 0.9. (a) A 6= f0g car � est alg�ebrique.Soit (P1; P2) 2 (K [X ])2 v�eri�ant P1(�) = P1(�) = 0 et soit Q 2 K [X ].(P1 � P2)(�) = 0, (P1Q)(� = (QP1)(�) = 0.A est donc un id�eal de K [X ].(b) Soit d l'application de K [X ] n f0g dans N qui �a un polynome associe sondegr�e. d(A n f0g) � N poss�ede un minimum; il existe donc un �el�ementnon nul P0 de A tel que 8P 2 A n f0g; deg(P )> deg(P0). Nous pouvonssupposer P0 unitaire.En e�ectuant la division euclidienne de P 2 A par P0 nous obtenons

123P = P0Q + R, deg(R) < deg(P0). A est un id�eal donc R 2 A. Lesconditions impos�ees �a P0 conduisent �a R = 0. P0 divise tous les �el�ementsde A.Si A = P1K [X ] o�u P1 2 K [X ] unitaire alors P1 est un polynome non nulde degr�e minimal appartenant �a A.Si P1 et P2 sont deux polynomes unitaires de degr�e minimal appartenant �aA alors il existe Q1 et Q2 deux polynomes tels que P1 = Q1P2; P2 = Q2P1donc (1�Q1Q2)P1 = 0 soit encore Q1Q2 = 1 ce qui implique Q1 = Q2 =1. Il y a donc unicit�e du polynome P0 unitaire tel que A = P0K [X ]. P0est le g�en�erateur unitaire de l'id�eal principal A.P0 est irr�eductible car sinon P0 est le produit de deux polynomes de K [X ]de degr�es strictement inf�erieurs �a celui de P0. L'un de ces polynomess'annule en � et appartient donc �a A ce qui est contraire �a l'hypoth�ese.Remarque P0 est au moins de degr�e 2 car sinon � appartiendrait �a K .(c) L'application P 2 K [X ] 7�! P (�) 2 K [�] est un morphisme d'alg�ebresdonc K [�] est en particulier un anneau, sous-anneau de l'anneau int�egreL.Soit a 2 K [�] un �el�ement non nul. Il existe P 2 K [X ]nA tel que a = P (�).P s'�ecrit P0Q + R o�u Q et R sont dans K [X ] et deg(R) < deg(P0). Ilexiste donc un polynome, R, de degr�e strictement inf�erieur �a deg(P0) telque a = R(�). R est premier avec P0 car sinon il serait divisible parce dernier et R(�) serait nul. Il existe U et V deux polynomes tel que1 = UP0 + V R et alors 1 = V (�)a.a est donc inversible et K [�] est un corps. Il s'agit d'un sur-corps de Kdonc un K -espace vectoriel.D'apr�es ce que nous venons de voir, pour tout �el�ement a 6= 0 de K [�] ilexiste un polynome R 2 K [X ]; R 6= 0 de degr�e strictement inf�erieur �adeg(P0) = n v�eri�ant a = R(�).Il existe donc (a0; : : : ; an�1) 2 K ; a = n�1Xk=0 ak�k. La famille ��k�k2f0;:::;n�1gest donc une famille g�en�eratrice de K [�].Cette famille est libre car sinon il existe un polynome P = n�1Xk=0 akXk, nonnul, tel que P (�) = 0. P est donc divisible par P0 ce qui est contradic-toire.(d) L est un annneau2. Il reste �a montrer que tout �el�ement non nul estinversible. Soit � 2 L n f0g de repr�esentant P 2 K [X ] n (P0K [X ]).Comme pr�ec�edemment on peut supposer que le degr�e de P est strictementinf�erieur �a d = deg(P0) et P et P0 sont premiers entre eux ; il existe deuxpolynomes U et V appartenant �a K [X ] tels que 1 = UP0 +V P . Nous end�eduisons 1 = V P = V �. L est donc un corps.Consid�erons l'application qui �a x 2 K associe sa classe modulo P0K [X ]X 2 L. Cette application est clairement un morphismes d'anneaux.2Voir l'exercice num�ero 11 du chapitre d'alg�ebre g�en�erale.

124 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(X = 0) ) (9U 2 K [X ]; x = UP0). En examinant les degr�es nous end�eduisons que x est nul. L'application est donc injective ; en appelant K 0l'image de K , nous en d�eduisons que K et K 0 sont isomorphes.Notons � la classe de X modulo P0K [X ]. Soit P un �el�ement de K [X ] dedegr�e strictement inf�erieur �a d repr�esentant un �el�ement de L. P s'�ecritpXk=0 akXk. Nous en d�eduisons P = pXk=0 akXk = pXk=0 ak�k. ��k�k2f0;:::;d�1gest une famille g�en�eratrice du K -espace vectoriel L. Cette famille est librecar comme plus haut sinon il existe un polynome P non nul de K [X ] dedegr�e au plus �egal �a d � 1 tel que P (�) = 0 c'est-�a-dire P est divisiblepar P0. Il y a donc une contradiction.P0(�) est la classe modulo P0K [X ] de P0(X) donc P0(�) = 0.Par exemple si nous avons K=R et P0 = X2 + 1 alors L est isomorphe �aC , i est la classe de X , (1; i) est une base du R-espace vectoriel C .10. Il faut prouver que pour tout (z1; z2) 2 C 2 et pour tout (x; y) 2 E on a(z1 +z2)*x = (z1*x)+(z2*x); z1*(x+y) = z1*x+z1*y; (z1z2)*x = z1*(z2*x)et 1*x = x.Posons z1 = a1 + ib1 et z2 = a2 + ib2 avec (a1; a2; b1; b2) 2 R4.(z1 + z2)*x = (a1 + a2)x+ (b1 + b2)u(x) = (z1*x) + (z2*x),z1*(x+ y) = a1(x+ y) + b1u(x+ y) = z1*x+ z1*y car u est lin�eaire.(z1z2)*x = ((a1a2 � b1b2)x+ (a1b2 + a2b1)u(x).z1*(z2*x) = (a1+ ib2)*(a2x+b2u(x)) = a1(a2x+b2u(x))+b1u(a2x+b2u(x)) =(a1a2)x+ a1b2u(x) + b1a2u(x)� b1b2x.(z1z2)*x = z1*(z2*x).1*x = 1x = x.(E;+; *) est bien un C -espace vectoriel.det(u2) = det(u)2 = (�1)n>0 donc n est pair.On peut en fait d�emontrer que n est pair sans utiliser le d�eterminant ; il su�td'utiliser ce que nous allons prouver maintenant en ne supposant pas que nest pair.Soit e1 un vecteur non nul de E. Posons e1+p = u(e1).Supposons ae1 + bu(e1) = 0 avec a et b r�eels. Si b est nul alors a est nul.Supposons b non nul. au(e1) � be1 = 0 donc �e1 = �ab u(e1) = a2b2 e1 c'est-�a-dire �1 = a2b2 . La famille (e1; u(e1) est libre.Supposons trouv�ee (e1; : : : ; eq) telle que (e1; : : : ; eq; u(e1); : : : ; u(eq)) soitlibre. Si cette famille est une base de E alors E est de dimension paire etle r�esultat est prouv�e. Sinon il existe un vecteur eq+1 tel que la famille ob-tenue en adjoignant ce vecteur soit encore libre. Montrons que la famille(e1; : : : ; eq+1; u(e1); : : : ; u(eq+1)) est libre. Si ce r�esultat est prouv�e alors ladimension de E est bien paire et le r�esultat demand�e est bien prouv�e.Supposons q+1Xk=1 akek + q+1Xk=1 bku(ek) = 0.Si bq+1 est nul alors tous les coe�cients sont nuls. Supposons bq+1 non nul.

125En changeant de notation nous avons u(eq+1) = q+1Xk=1 �kek + qXk=1 �ku(ek) ; encalculant l'image par u nous obtenons eq+1 = � q+1Xk=1 �ku(ek) + qXk=1 �kek puis�q+1u(eq+1) = � qXk=1 �ku(ek) + qXk=1 �kek � eq+1 qui est aussi �egal �aq+1Xk=1 �q+1�kek + qXk=1 �q+1�ku(ek). La famille (e1; : : : ; eq+1; u(e1); : : : ; u(eq))est libre donc nous avons en particulier (�q+1)2 = �1 ce qui est faux. Lafamille (e1; : : : ; eq+1; u(e1); : : : ; u(eq+1)) est donc libre et le r�esultat est d�e-montr�e.Montrons que la famille (e1; : : : ; ep), (n = 2p), est une base du C -espace vec-toriel (E;+; *).Soit x 2 E. x = pXk=0 akek + pXk=0 bku(ek) ; les coe�cients ak et bk �etant r�eels.Nous en d�eduisons x = pXk=0(ak + ibk)*ek. La famille est donc g�en�eratrice ; ils'agit d'une base car x = pXk=0(ak + ibk)*ek = 0 ) pXk=0 akek + pXk=0 bku(ek) = 0et les coe�cients sont tous nuls.Tout R-espace vectoriel de dimension 2p peut etre \regard�e" comme un C -espace vectoriel de dimension p.Remarque lorsque le R-espace vectoriel (E;+; :) de dimension 2p devientun C -espace vectoriel (E;+; *) de dimension p en utilisant une applicationtelle que l'application u d�e�nie pr�ec�edemment, une application R-lin�eaire nedevient pas pour autant C -lin�eaire.Par exemple en dimension deux consid�erons (e1; e2) un R-base de l'espacevectoriel E. Consid�erons l'application R-lin�eaire u d�e�nie par u(e1) = e2 etu(e2) = �e1. D�e�nissons la loi * comme pr�ec�edemment.Consid�erons l'application R-lin�eaire v d�e�nie parv(e1) = a1e1 + a2e2; v(e2) = b1e1 + b2e2. Soit z = � + i�; (�; �) 2 R2.v(z*e1) = v(�e1 + �e2).v(z*e1) = �(a1e1 + a2e2) + �(b1e1 + b2e2) = (�a1 + �b1)e1 + (�a2 + �b2)e2.z*v(e1) = �(a1e1 +a2e2) + �(u(a1e1 + a2e2)) = (�a1� �a2)e1 + (�a2 +�a1)e2.v est C -lin�eaire si et seulement si b1 = �a2 et b2 = a1.11. A = tB = 0@ �1 0 11 �1 00 1 �1 1A, BA = AB = 0@ 2 �1 �1�1 2 �1�1 �1 2 1A = �A � B,A2 = 0@ 1 1 �2�2 1 11 �2 1 1A = �2A+B, B2 = A�2B, (A�B)2 = A+B. Toutesces matrices sont dans V .

126 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESEn utilisant les r�esultats r�ec�edents, nous avons(AB)A = �A2 � BA = 2A � B + A + B = 3A ; de meme (AB)B = 3B.E = 13(AB) est donc �el�ement neutre. Notons J l'�el�ement 1p3(A� B) ; nousavons J2 = �E.Soit f l'application de C dans V qui �a a+ ib; (a; b) 2 R2 associe aE+ bJ 2 V .8(a; b; c; d) 2 R4; f((a+ ib) + (c + id)) = f(a+ ib) + f(c+ id),f((a+ ib):(c+ id)) = f(a+ ib):f(c + id) et f(1) = E.Im(f) est donc un anneau. f est injective car E n'est pas colin�eaire �a J ; fest surjective car A = �p32 E + 12J; B = �32E � p12 J ; l'image r�eciproque de�A + �B est �p32 (� + �) + i12(� � �).V et C sont donc isomorphes.12. En utilisant la formule de Taylor pour les polynomes nous obtenons :P (X + ai) = nXk=0 1k!aki P (k)(X). La famille P; P 0; : : : ; P (n)) est une famille den + 1 polynomes non nuls de degr�es deux �a deux di��erents ; cette famille estlibre donc est une base de Kn [X ].La matrice de la famille (P (X+a1); P (X+a2); : : : ; P (X+an)) dans la base� 1i!P (i)�06i6n est la matrice de Vandermonde V (a1; : : : ; an) qui est inversiblecar les ai sont deux �a deux distincts. La famille 3 (P (X + ai))06i6n est doncune base de Kn [X ].13. Supposons que quelle que soit g 2 L(F;E) de rang �ni on ait rg(g � f) =rg(f � g). Supposons que f ne soit pas surjective.Notons F1 6= F l'image de F . Soit F2 un suppl�ementaire (dans F ) de F1. Soitx un vecteur non nul de E.Consid�erons l'application g lin�eaire de F vers E telle que la restriction �a F1soit nulle et g(F2) = Kx. g existe car F2 6= f0g et est de rang 1.(g � f)(E) = f0g, (f � g)(F ) = Kf(x).Nous en d�eduisons que pour tout x 2 E, f(x) = 0. f est la fonction nulle cequi est contradictoire ; f est donc surjective.Soit v 2 E; v 6= 0. Soit g l'application lin�eaire de F dans E telle que g(F ) =Kv. g existe4 et est de rang 1.(g � f)(E) = Kv ; (f � g)(F ) = Kf(v). Nous en d�eduisons que pour tout v nonnul f(v) est non nul ; f est injective.Supposons que f soit un isomorphisme. (g � f)(E) = g(F ) = E1 ; (f � g)(F ) =f(E1). E1 est de dimension �nie donc f(E1) a meme dimension que E1 ; on abien dim(g � f) = dim(f � g).3Vous pouvez retrouver cet exercice dans le devoir corrig�e page 566 du livre "R�esum�e de coursTextes et corrig�es de devoirs" �edit�e chez ellipses.4Pour construire g, il su�t de choisir une droite D = Ke de F et un suppl�ementaire F1 de cettedroite ; soit y 2 F; y = y1 + y2; (y1; y2) 2 D � F1, posons p(y) = y1 = �e puis g(y) = �v.

12714. (a) Soit P 2 K [X ]. En e�ectuant la division euclidienne par D nous en d�e-duisons que P 2 D(X)K[X ] + K d�1 [X ].En examinant les degr�es, nous avons (D(X)K [X ]) \ (Kd�1 [X ]) = f0g.L'�egalit�e est donc d�emontr�ee.Soit A 2 KN [X ]. En e�ectuant la division euclidienne de A par Dnous obtenons, comme pr�ec�edemment, le r�esultat demand�e. Nous avonsKN [X ] = DN � K d�1 [X ]. DN est de dimension N � d.(b) (�) Si deg(Q)>p alors deg(kP +XQ) = p+ 1.On a bien deg(Q)6p� 1.(��) Soit A = aX + b; (a; b) 2 K� � K .deg(PA0 +QA)6max(deg(P +XQ);deg(bQ)) = max(p; deg(bQ)) = p = p+ deg(A)� 1.Supposons le r�esultat vrai pour tout polynome non nul de degr�e auplus �egal �a n.Soit A = XB + c; c 2 K ; B 2 Kn [X ].deg(PA0 + QA) = deg((XB0 +B)P +XQB + cQ) = deg(X(PB0 +QB) + (PB + cQ))6max(deg(PB0 +QB) + 1; deg(PB + cQ)).Grace �a l'hypoth�ese de r�ecurrence nous obtenons :deg(PA0 +QA)6max(n+ p; deg(cQ)).On a donc deg(PA0 +QA)6n + p.(���) En utilisant le r�esultat pr�ec�edent, Ln est bien lin�eaire de Kn [X ] dansKn+p�1 [X ].(�v) Lemme Soit (Pk)k2Nn une famille de polynomes non nuls de degr�estous deux �a deux distincts. Cette famille est libre.Si n = 1 la famille est clairement libre. Supposons le r�esultat vraipour tout famille d'au plus n �el�ements. Consid�erons une famille decardinal n+ 1. Quitte �a changer d'indexation, on peut supposer que8k 2 Nn ; deg(Pk) < deg(Pk+1). Consid�erons la combinaison lin�eairen+1Xk=1 akPk = 0. Si an+1 = 0, d'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence, lecoe�cients sont tous nuls. Supposons an+1 6= 0. Nous obtenonsdeg(an+1Pn+1 = deg nXk=1 akPk!6 deg(anPn) < deg(Pn+1) ce qui estcontradictoire. La famille est libre et le lemme est d�emontr�e.Ln(Xk) = kPXk�1 +QXp.deg(kXk�1P +XkQ) = k � 1 + deg(k +XQ) = p + k � 1.La famille des polynomes �Ln(Xk)�k2f0;:::;ng est donc une famille depolynomes non nuls de degr�es deux �a deux distincts ; c'est une famillelibre. nXk=0 akLn(Xk) = nXk=0 ak(kPXk�1 +QXp)_est nul si et seulementsi les coe�cients ak sont tous nuls c'est-�a-dire Ln(A), o�u A 2 Kn [X ],est nul si et seulement si A est nul. Ln est bien injective.(v) Si D = P ^Q, 8A 2 Kn [X ]; 9R 2 K [X ]; PA0 +QA = RD 2 Dn+p�1

128 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESd'o�u le r�esultat.(v�) Dn+p�1 a pour dimension n+p�1�d o�u d est le degr�e deD SiQ diviseP et est de degr�e p�1 alors on peut choisirD = Q et P = (aX+b)D.Dn+p�1 a pour dimension n. Im(Ln) a pour dimension n Les deuxespaces ont meme dimension, l'un est inclus dans l'autre et sont donc�egaux.Supposons que Im(Ln) = Dn+p�1. La dimension de Dn+p�1 est donc�egale �a n c'est-�a-dire d = p�1 Nous en d�eduisons que Q a pour degr�ep� 1 D divise Q et a meme degr�e ; Q divise donc P .15. U divise A. Soit x 2 Ker(U(f)). Nous avons A(f)(x) = 0 ; de memeB(f)(x) = 0. Nous obtenons Ker(U(f)) � (Ker(A(f))\Ker(B(f))).U est le pgcd de A et B donc il existe deux polynomes P et Q tels queU = PA+QB.Soit x 2 Ker(A(f)) \Ker(B(f)) alors U(f)(x) = 0.Nous avons l'�egalit�e : Ker(U(f)) = (Ker(A(f)) \Ker(B(f))).Soit y 2 Im(A(f)) + Im(B(f)).Il existe (x1; x2) 2 E2; y = A(f)(x1) +B(f)(x2).A et B s'�ecrivent respectivement A = UA1; B = UB1 doncy = U(f)(A1(f)(x1)) + U(f)(B1(f)(x2)) = U(f)(A1(f)(x1) + B1(f)(x2)) ap-partient �a Im(U(f)).Im(U(f)) =fU(f)(x); x 2 Eg=fA(f)(P (f)(x)) + B(f)(Q(f)(x)); x 2 Eg.Nous avons donc Im(U(f)) � Im(A(f)) + Im(B(f)).Nous avons alors l'�egalit�e Im(U(f)) = Im(A(f)) + Im(B(f)).Il existe P et Q deux polynomes tels que V = AP; V = BQ.Soit x 2 Ker(A(f)) alors x 2 Ker(V (f)).De meme avec B donc Ker(A(f)) [ Ker(B(f)) � Ker(V (f)) ; nous en d�edui-sons Ker(A(f)) + Ker(B(f)) � Ker(V (f)).P et Q sont premiers entre eux donc il existe P1 et P2 deux polynomes telsque 1 = PP1 +QQ1.Soit x 2 E; V (f)(x) = 0. Soient x1 = P (f)(P1(f)(x)) et x2 = Q(f)(Q1(f)(x)).A(f)(x1) = ((P1AP )(f))(x) = (V (f))(x) = 0 de meme B(f)(x2) = 0.x1 + x2 = P (f)(P1(f)(x)) +Q(f)(Q1(f)(x)) = ((PP1 +QQ1)(f))(x) = x.Nous avons donc Ker(V (f)) � Ker(A(f)) + Ker(B(f)) d'o�u l'�egalit�eKer(V (f)) = Ker(A(f)) + Ker(B(f)).Im(V (f)) = f((AP )(f))(x); x 2 Eg � Im(A(f)).De meme Im(V (f)) � Im(B(f)) donc Im(V (f)) � (Im(A(f)) \ Im(B(f))).Soit y 2 Im(A(f)) \ Im(B(f)).Il existe (x1; x2) 2 E2; y = (A(f))(x1) = (B(f))(x2).((PA)(f))(x1) = (P (f))(y) = (V (f))(x1);((QB)(f))(x2) = (Q(f))(y) = (V (f))(x2).(P1(f))((V (f))(x1)) + (Q1(f))((V (f))(x2)) = y= (V (f))((P1(f))(x1) + (Q1(f))(x2)) 2 Im(V (f)).Nous avons donc l'�egalit�e Im(V (f)) = (Im(A(f)) \ Im(B(f))).16. (a) M 2Mn(K) 7�! tr(AM) 2 K est une forme lin�eaire.Pour (i; j) 2 (Nn)2 notons Ei;j la matrice �el�ementaire dont les �el�ements

129sont tous nuls sauf celui situ�e en (i; j) qui est �egal �a 1.Nous avons que pour tout (i; j; k; l) 2 (Nn)4; Ei;jEk;l = �kjEi;l.Consid�erons la matrice A = X(k;l)2(Nn)2 ak;lEk;l. Soit (i; j) 2 (Nn)2.tr(AEi;j) = tr0@ X(k;l)2(Nn)2 ak;lEk;lEi;j1A = tr nXk=1 ak;iEk;j! = aj;i.f = M 2 Mn(K) 7�! tr(AM) 2 K si et seulement si 8(i; j) 2 (Nn)2,f(Ei;j) = aj;i. La matrice A existe et est unique.(b) Supposons qu'il existe un hyperplan H de Mn(K ) ne contenant aucunematrice inversible. In n'est donc pas dans H . H et la droite engendr�eepar la matrice In sont suppl�ementaires.Soit M 2Mn(K ). Il existe a 2 K et B 2 H tels que M = aIn +B.det(M � aIn) = det(B) = 0 donc a est une valeur propre de M .Soit M = aIn+B une matrice nilpotente ; d'apr�es ce que nous venons devoir a = 0 car la seule valeur propre de M (�a l'ordre n) est z�ero. On end�eduit que les matrices nilpotentes sont toutes dans H .Si M = X(i;j)2(Nn)2mi;jEi;j alors tr(AM) = X(i;j)2(Nn)2mi;j tr(AEi;j) = X(i;j)2(Nn)2mi;jaj;i.Consid�erons une matrice Ek;l avec k 6= l. Une telle matrice est nilpotentedonc est dans H ; nous avons alors tr(AEk;l) = 0 = al;k. A est donc unematrice diagonale, A = Diag(a1; : : : ; an) (les ai ne sont pas tous nuls)et tr(AM) = nXi=1 aimi;i. En particulier, la matrice M dont les �el�ementssont tous �egaux �a 1 sauf ceux de la diagonale qui sont nuls appartient �aH . Soit X un vecteur colonne v�eri�ant AX = �X . Nous obtenons pourchaque i 2 Nn ; nXj=1 xj = (�+ 1)xi. Si � 6= �1 alors les xi sont tous �egauxet � = n� 1. Dans ces conditions l'espace propre associ�e �a n� 1 est unedroite. Si � = �1 alors l'espace propre associ�e �a cette valeur propre estun hyperplan. M est diagonalisable inversible et appartient �a H . Nousavons un contradiction. Tout sous-espace de Mn(K) de dimension n2�1poss�ede donc au moins une matrice inversible.17. (a) Soit a l'endomorphisme de Kn dont la matrice dans la base canonique estA. a2 = 0 donc Im(a) � Ker(a) ; en appelant n la dimension du noyaude a il vient 3 � n6n donc n = 2 car a 6= 0. Soit e3 un vecteur de Knn'appartenant pas au noyau de a. Notons e2 l'�el�ement a(e3) qui est dansle noyau de a. Soit en�n e1 un �el�ement de Ker(a) tel que (e1; e2) soitune base du noyau.Le triplet (e1; e2; e3) est donc une base de Kn . Nous avons a(e1) =a(e2) = 0 et a(e3) = e2. La matrice A est alors semblable5 �a la matriceE2;3.5Vous trouverez une d�emonstration simple concernant la d�ecomposition de Jordan dans le devoircorrig�e num�ero 5, page 98 du livre du meme auteur, d�ej�a cit�e.

130 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(b) Soit M 2M3(K).Il existe une matrice inversible P 2M3(K) telle que PAP�1 = E2;3.AM +MA = P�1E2;3 PM +MP�1E2;3 P= P�1 �E2;3PMP�1 + PMP�1E2;3�P .AM +MA = 0 () E2;3PMP�1 + PMP�1E2;3 = 0.L'application M 2 M3(K) 7�! PMP�1M3(K) est un isomorphisme ;l'ensemble des matrices M v�eri�ant AM + MA = 0 est un sous-espacevectoriel de M3(K) donc la dimension de l'espace cherch�e est la dimen-sion de l'espace des matrices N 2M3(K) telles que E2;3N +NE2;3 = 0.Posons N = X(i;j)2(N3)2 ni;jEi;j .E2;3N = X(i;j)2(N3)2 ni;jE2;3Ei;j = 3Xj=1 n3;jE2;j ;NE2;3 = X(i;j)2(N3)2 ni;jEi;jE2;3 = 3Xi=1 ni;2Ei;3.Nous obtenons donc n3;1 = n3;2 = n2;2 + n3;3 = n1;2 = 0. Les matrices Ncherch�ees sont du type 24 b 0 dc a e0 0 �a 35 o�u (a; b; c; d; e) 2 K5 .La famille E1;1; E1;3; E2;1; E2;2 + E3;3; E2;3 est libre donc l'espace vec-toriel recherch�e est de dimension 5.18. (a) Soit u1 l'application de E1 dans F d�e�nie par 8x 2 E1; u1(x) = u(x).Nous avons dim(E1) = rg(u1) + dim(Ker(u1)).Ker(u1) = fx 2 E1; u(x) = 0g = E1 \Ker(u),rg(u1) = dim(u(E1)) d'o�u le r�esultatdim(E1) = dim(u(E1)) + dim(E1 \ Ker(u)).(b) Soit E1 un suppl�ementaire de Ker(u). Notons u1 l'application de E1dans Im(u) d�e�nie par 8x 2 E1; u1(x) = u(x). u1 est un isomorphismed'inverse v.Soit x 2 E; x = x1 + x2 avec (x1; x2) 2 E1 � Ker(u).u(x)2F1()u(x2)2F1()u(x2)2F1 \ Im(u)()x12v(F1 \ Im(u)).Nous en d�eduisons x 2 u�1(F1) () x 2 Ker(u) � v(F1 \ Im(u)).Il vient alors dim(u�1(F1)) = dim(Ker(u)) + dim(F1 \ Im(u)).19. (a) En utilisant le r�esultat (a) de l'exercice pr�ec�edent nous en d�eduisonsdim(h2(h1(E))) = dim(h1(E))� dim(h1(E) \Ker(h2)) c'est-�a-direrg(h2 � h1) = rg(h1)� dim(Im(h1) \ Ker(h2)).(b) Nous obtenons imm�ediatementrg(h2�h1) = rg(h1)�dim(Im(h1))�dim(Ker(h2))+dim(Im(h1)+Ker(h2))c'est-�a-direrg(h2 � h1) = � dim(Ker(h2)) + dim(Im(h1) + Ker(h2))= rg(h2)�dim(F )+dim(Im(h1)+Ker(h2)).(c) Il est clair que rg(h1)6 dim(Im(h1) + Ker(h2)) doncrg(h1) + rg(h2)� dim(F ) = rg(h1)� dim(Im(h1) + Ker(h2))

131+ rg(h2 � h1)6 rg(h2 � h1).En utilisant (a) et (b) ou directement nous avons bienrg(h2 � h1)6max(rg(h1); rg(h2)).(d) En utilisant le r�esultat (a) nous obtenonsdim(Ker(h2 � h1)) = dim(E)� rg(h2 � h1) = dim(E)� rg(h1)+ dim(Im(h1)\Ker(h2))= dim(Ker(h1)) + dim(Im(h1) \Ker(h2)).(e) Nous en d�eduisons imm�ediatementdim(Ker(h1))6 dim(Ker(h1 � h2)6 dim(Ker(h1)) + dim(Ker(h2)).En utilisant le r�esultat (a) nous obtenons, sachant que E et F ont memedimension :dim(Ker(h2 � h1)) = dim(Ker(h2)) + dim(F ) � dim(Im(h1) + Ker(h2)).Im(h1) + Ker(h2) � F donc dim(Ker(h2 � h1))> dim(Ker(h2)).20. (a) Im(u + v) = fu(x) + v(x); x 2 Eg � fu(x); x 2 Eg + fv(y); y 2 Eg =Im(u) + Im(v).Nous en d�eduisons rg(u+ v)6 rg(u) + rg(v).Nous en d�eduisonsrg(u) rg((u+ v) � v)6 rg(u + v) + rg(�v) = rg(u+ v) + rg(v) doncrg(u)� rg(v)6 rg(u + v) ; en faisant de meme en �echangeant u et v nousobtenons j rg(u)� rg(v)6 rg(u+ v)6 rg(u) + rg(v).(b) Ker(u) \ Ker(v) � Ker(u+ v).Soit E1 un suppl�ementaire de Ker(u) \Ker(v) dans Ker(u + v). Soit E2un suppl�ementaire de Ker(u+ v) dans E.E = (Ker(u) \Ker(v))� E1 � E2. Nous voulons d�emontrer quedim(E1) + dim(Ker(u)\Ker(v))6 dim(Ker(u)\Ker(v)) + dim(Im(u)\ Im(v))c'est-�a-dire dim(E1)6 dim(Im(u) \ Im(v)).Soit x 2 E1 et u(x) = 0 alors v(x) = 0 donc x est nul. La restriction deu �a E1 est injective et dim(E1) = dim(u(E1).Soit y 2 u(E1). Il existe x 2 E1, y = u(x) = �v(x) = v(�x) doncy 2 v(E1) et y 2 Im(u)\ Im(v) on a bien dim(E1)6 dim(Im(u)\ Im(v)).21. Rappel Soient A et B deux ensembles non vides. Soient f et g deux appli-cations respectivement de A vers B et de B vers A. Si g � f injective alors fest injective ; si g � f surjective alors g est surjective.En e�et :Soient (a1; a2) 2 A2; f(a1) = f(a2) alors (g �f)(a1) = (g �f)(a2) donc a1 = a2et f est injective.Soit a 2 A. Il existe x 2 A; (g � f)(x) = a. En particulier g(f(x)) = a et gest surjective.En particulier soient E et F deux K-espaces vectoriels. Soit u 2 L(E;F ).Soit v et w deux applications (non a-priori lin�eaires) de F dans E telle queu�v = IdF et w�u = IdE alors u est un isomorphisme, v = w est l'applicationlin�eaire r�eciproque de u.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

132 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESAvec les notations de l'�enonc�e, s'il existe v 2 L(E;F ); u � v = IdF alors u estsurjective.Supposons u surjective. Soit E1 un suppl�ementaire, dans E, de Ker(u). Larestriction u1 de u �a E1 est un isomorphisme de E1 vers F . Soit v1 l'isomor-phisme r�eciproque que l'on prolonge en une application v de F vers E.Soit x 2 F , (u � v)(x) = u(v1(x)) = (u � v1)(x) = x d'o�u le r�esultat demand�e.Supposons u injective. Soit F1 un suppl�ementaire, dans F , de Im(u). Soit u1l'application de E dans Im(u) telle que 8x 2 E; u(x) = u1(x). u1 est un ismor-phisme ; soit v l'application lin�eaire de F dans E telle que la restriction �a Im(u)est (u1)�1 et la restriction �a F1 est nulle. Soit x 2 E, (v�u)(x) = v(u1(x)) = xd'o�u le r�esultat demand�e.Remarque supposons E et F de dimensions �nies. q = dim(E); p = dim(F ).Supposons u 2 L(E;F ) injective ; nous avons alors q6p. Il existe une base, B1,de E et une base, B2, de F telles que la matrice de u dans ce couple de basesest U = Iq0 !. Soit v 2 L(F;E) ; soit V = Mat(v; B2; B1). V = �V1 V2�o�u V1 2Mq(K).V U = V1. V1 = Mat(v � u; B1; B1). v � u = IdE si et seulemetn si V1 = Iq.La dimension de l'espace des applications lin�eaires v telles que v � u = IdE estdonc �egale �a q(p � q).Supposons u 2 L(E;F ) surjective ; nous avons alors p6q. Il existe une base,B1, de E et une base, B2, de F telles que la matrice de u dans ce couple debases est U = �Ip 0�.Soit v 2 L(F;E) ; soit V = Mat(v; B2; B1). V = V1V2! o�u V1 2Mp(K).UV = V1. V1 = Mat(u � v; B2; B2). u � v = IdF si et seulement si V1 = Ip.La dimension de l'espace des applications lin�eaires v telles que u � v = IdE estdonc �egale �a p(q � p).22. Soit V1 un suppl�ementaire de V . u 2 LV (E;F ) () u(V ) = f0g.Soit ' 2 L(V1; F ) ; soit u 2 L(E;F ) telle que u V = 0 et u V1 = '.u existe bien, est unique et appartient �a LV (E;F ).Appelons f l'application qui �a ' associe u.f est lin�eaire, f(') = 0 ) u V1 = 0 = ' donc f est injective.Soit u 2 LV (E;F ) ; sa restriction' �a V1 a pour image u donc f est surjective. fest un isomorphisme et dim(LV (E;F )) = dim(L(V1; F ) = dim(V1)� dim(F )).23. Soient (v1; v2) 2 (L(E))2 et � 2 K .u � (v1 + �v2) = u � v1 + �u � v2; (v1 + �v2) � u = v1 � u + �v2 � u. L0 est unespace vectoriel.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

133v 2 L0(E) () (Im(v) � Ker(u); Im(u) � Ker(v)).Soit E1 un supp�ementaire de Im(u). Soit v1 une application lin�eaire de E1dans Ker(u). Soit v 2 L(E) telle que la restriction �a Im(u) soit nulle et larestriction �a E1 soit l'application d�e�nie de E1 dans E prolongeant v1.v existe, est unique et appartient �a L0.Notons f l'application qui �a v1 associe v. f est clairement lin�eaire. f(v1) = 0implique �evidemment que v est nulle.Soit v 2 L0, notons v1 l'application de E1 dans Ker(u) telle que pour toutx 2 E1; v1(x) = v(x). f(v1) = v.f est donc un isomorphisme et dim(L0) = (dim(E1)) � (dim(Ker(u))) =(dim(Ker(u)))2.24. (a) 8u 2 L(E), Ker(u) � Ker(u2); Im(u2) � Im(u).Nous devons donc d�emontrer :(Ker(u)) \ (Im(u)) = f0g () Ker(u2) � Ker(u) et(Ker(u)) + (Im(u)) = E () Im(u) � Im(u2).Supposons (Ker(u))\ (Im(u)) = f0g.Soit x 2 E; u2(x) = 0 nous avons donc u(x) 2 (Ker(u))\ (Im(u)) = f0get x 2 Ker(u).Supposons Ker(u2) � Ker(u).Soit x 2 (Ker(u)) \ (Im(u)). Il existe y 2 E tel que x = u(y) puisu2(y) = 0 donc y 2 Ker(u) et x = 0 d'o�u la premi�ere �equivalence.Supposons (Ker(u)) + (Im(u)) = E.Soit y 2 Im(u) ; il existe x 2 E; y = u(x). x s'�ecrit x = x1 + x2 avec(x1; x2) 2 Ker(u) � Im(u). y = u(x1) + u(x2) = u2(z) avec z 2 E doncy 2 Im(u2).Supposons Im(u) � Im(u2).Soit x 2 E ; y = u(x) 2 Im(u2) donc il existe a 2 E; y = u2(a).Soit b = x � u(a) ; u(b) = u(x) � u2(a) = 0. Nous en d�eduisons quex 2 (Ker(u)) + (Im(u)) d'o�u la seconde �equivalence.(b) Si E est de dimension �nie alors dim(Im(u)) + dim(Ker(u)) = dim(E)donc (Ker(u)) + (Im(u)) = E () Ker(u) \ Im(u) = f0g() E = Ker(u)� Im(u)d'o�u le r�esultat.(c) Soit E = R[X ], soit d la d�erivation. Ker(d) est l'ensemble des polynomesconstants, Ker(d) est l'ensemble des polynomes de degr�es au plus �egaux�a 1, l'image de d est K [X ]. L'�equivalence n'est pas v�eri��ee.Autre contre exemple :E = R[X ], u : P 2 E 7�! XP 2 E. Ker(u) = Ker(u2) = f0g,Im(u) = XR[X ] 6= R[X ]. L'�equivalence n'est pas v�eri��ee.25. (a) Supposons Ker(u) � Ker(v).Soit F1 un suppl�ementaire dans F de Im(u) ; soit E1 un suppl�ementairedans E de Ker(u). Notons u1 l'isomorphisme de E1 dans Im(u) d�e�ni par8x 2 E1; u1(x) = u(x).Consid�erons l'application lin�eaire w d�e�nie de F dans G telle que pour

134 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESx 2 F1; w(x) = 0 et pour x 2 Im(u); w(x) = v ((u�1)(x)).Soit x 2 Ker(u) alors (w � u)(x) = 0 et v(x) = 0.Soit x 2 E1 alors (w � u)(x) = v ((u�1) (u(x))) = v(x).Nous avons donc w � u = v. La r�eciproque est imm�ediate.(b) Soit G1 un suppl�ementaire dans G de Im(v). Soit F1 un suppl�ementairedans F de Ker(v).Soit v1 l'isomorphisme de F1 vers G d�e�ni par 8x 2 F1; v1(x) = v(x).Posons pour x 2 E; w(x) = (v1)�1(u(x)).(v � w)(x) = v [(v1)�1(u(x))] = v1 [(v1)�1(u(x))] = u(x). La r�eciproqueest imm�ediate.26. (a) Si G1 et G2 sont deux groupes sous-groupes d'un groupe G alors G1[G2est un groupe si et seulement si l'un des deux sous-groupes est inclus dansl'autre.Supposons que G1[G2 soit un groupe et qu'aucun des deux sous-groupesne soit inclus dans l'autre.Il existe x2 2 G2; x2 62 G1 et x1 2 G1; x1 62 G2.Soit * la loi du groupe.x1*x2 2 G1 [G2 donc x1*x2 2 G1 ou x1*x2 2 G2.Dans le premier cas nous en d�eduisons x2 2 G1 et dans le second x1 2 G2ce qui est contradictoire.Donc si G1 [G2 est un groupe alors l'un des deux sous-groupes est inclusdans l'autre. La r�eciproque est imm�ediate.(b) Soit n la dimension de E. Si dim(F1) = n alors F1 et F2 ont un suppl�e-mentaire, f0g, commun.Supposons le r�esultat vrai pour tout couple de sous-espaces de dimensionsau-moins �egales �a p>1.Supposons F1 et F2 de dimensions p � 1. F1 6� F2 et F2 6� F1 car si-non ils seraient �egaux. Nous avons donc F1 [ F2 6= E ; il existe doncx 2 E; x 62 F1 [ F2.(Ka) \ F1 = f0g car sinon il existe x 6= 0 colin�eaire �a a donc a est coli-n�eaire �a x et appartient �a F1 ce qui est faux.Posons F 01 = F1 � (Ka); F 02 = F2 � (Ka). D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecur-rence, il existe H un suppl�ementaire commun �a F 01 et F 02. (Ka) � H estun suppl�ementaire commun �a F1 et F2.Le r�esultat est d�emontr�e.27. Supposons que F soit un hyperplan de E. Soit b 62 F , soit a 2 F; a 6= 0.Soit t 2 K . a+ tb est non nul. Consid�erons la droite Dt engendr�ee par a+ tb.si t et u sont deux scalaires di��erents alors Dt 6= Du. Sinon a+tb est colin�eaire�a a + ub donc t = u. a + tb n'est pas dans F donc il y a une in�nit�e desuppl�ementaires de F .Supposons dim(F )6n � 2.Soit G un suppl�emenatire de F ; dim(G)>2 donc est �egal �a G1 �D o�u D estune droite et G1 est de dimension au moins �egale �a 1. E = F � G1 �D.Soit a 2 F; a 6= 0 ; soit b 2 D; b 6= 0. Soit t 2 K . Soit x 2 G1 \ (K :(a + tb)).

135x s'�ecrit x = �a+ (t�)b et appartient �a F �D donc x 2 (F �D)\G1 = f0g.Nous en d�eduisons que G1 et K :(a + tb) sont en somme directe.Posons G(t) = G1 � K :(a + tb).Soient t1 et t2 tels que G(t1) = G(t2). Soit g1 + a + tb un �el�ement de G(t1)avec g1 2 G1.Il existe g2 2 G1 et � 2 K tels que g1 + a + t1b = g2 + �a + (t2�)b. g1 = g2,� = 1 et t1 = t2.Soit x 2 F \G(t).Il existe � 2 K et g1 2 G1 tels que x = �a + (t�)b + g1. Nous avons doncx = �a; t� = 0; g1 = 0 donc x = 0.dim(G(t)) = 1 + dim(G1) = dim(G) donc dim(G(t)) + dim(F ) = n.G(t) est un suppl�ementaire de F d'o�u le r�esultat demand�e.28. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n>2. Soit V un sous-espace vectoriel de E de dimension n�2. Soit (e1; : : : ; en�2) une base deV que l'on compl�ete en une base (e1; : : : ; en) de E. Soit v = aen�1+ben,avec (a; b) 2 K2 n f(0; 0)g. Ha;bV + Kv est un hyperplan de E. Pour(a; b) 6= (a0; b0) alors Ha;b 6= Ha0;b0 . En e�et si Ha;b = Ha0;b0 alorsaen�1 + ben 2 Ha0;b0 donc il existe v 2 V aen�1 + ben = a0en�1 + b0en + vce qui conduit �a v 2 V \Vect(en�1; en) soit encore v = 0 ce qui est faux.Il y a donc une in�nit�e d'hyperplans de E.Nous aurions pu utiliser le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent.(b) Si la dimension n de E est �egale �a 1, E 6= f0g donc le r�esultat est vrai.Supposons le r�esultat prouv�e pour tout espace vectoriel de dimension n.Soit E un espace vectoriel de dimension n+ 1. Supposons que E = p[i=1Fio�u les Fi sont des sous-espacs vectoriels de E de dimensions au plus �egales�a n.SoitH un hyperplan de E donc v�eri�ant pour tout i 2 Np ; dimH> dimFi.H = p[i=1(H \ Fi). H est de dimension n donc n'est pas l'union d'une fa-mille �nie de sous-espaces de dimensions au plus �egales �a n � 1 ; encons�equence il existe i 2 Np tel que le sous-espace H \ Fi, de H est �egal�a H ce qui implique H � Fi. Il vient alors dimH6 dimFi donc H = Fi.Nous en d�eduisons que pour tout hyperplan H de E il existe un indicei 2 Np tel que H = Fi ce qui signi�e que E ne poss�ede qu'un nombre �nid'hyperplans distincts ce qui est faux pour n>2, d'o�u le r�esultat.29. Lemme Soit E1 et E2 deux sous-espaces, de memes dimensions �nies, d'unespace vectoriel E. Soient F1 un suppl�ementaire de E1 et F2 un suppl�ementairede E2. F1 et F2 sont isomorphes.PreuveSoit H un hyperplan. Il existe b 2 E; b 62 H tel que E = H � (Kb). Soita 2 E; a 62 H . a s'�ecrit �b + h avec � 2 K � ; h 2 H donc b = 1�a� 1�h ;b 2 H + (Ka) donc E � H + (Ka). Nous en d�eduisons E = H + (Ka).

136 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSoit x 2 (Ka) \ H ; il existe � 2 K ; x = �a. Si x 6= 0 alors a est colin�eaire�a x et appartient donc �a H ce qui est contradictoire. Nous en d�eduisonsE = H � (Ka).D'apr�es ce qui a �et�e vu plus haut, si G1 et G2 sont deux groupes sous-groupesd'un groupe G alors G1 [ G2 est un groupe si et seulement si l'un des deuxsous-groupes est inclus dans l'autre.Soient H1 et H2 deux hyperplans ; H1 � H2 () H1 = H2.Sinon il existe a 2 H2; a 62 H1. Dans ces conditions H1 � H2 et Ka � H2donc E = H1 � (Ka) � H2 ce qui est contradictoire.En particulier la r�eunion de deux hyperplans, distincts, d'un espace vectorielde l'espace vectoriel E est di��erente de E. Il existe donc a 2 E tel que E =H1 � (Ka) = H2 � (Ka). H1 et H2 sont donc isomorphes car suppl�ementairesd'un meme sous-espace6.Soient G1 et G2 deux sous-espaces d'un espace vectoriel E. Soient D1 et D2deux droites de E ; on suppose que D1�G1 et D2�G2 sont isomorphes. Soit' un isomorphisme de D1 � G1 dans D2 � G2.'(D1) = D01 est une droite incluse dans D2 �G2.'(G1) = G01 v�eri�e D01 � G01 = D2 � G2 = G. G01 et G2 sont deux hyperplansde G et sont donc isomorphes ainsi que G1 et G2.Si E1 = E2 = f0g alors F1 = F2 = E les deux espaces sont isomorphes.Supposons dim(E1) = dim(E2) = 1.F1 et F2 sont deux hyperplans de E et sont donc isomorphes.Supposons le r�esultat prouv�e pour des sous-espaces E1 et E2 de dimensions�egales, au plus �egales �a n. Consid�erons deux sous-espaces, E1 et E2 de E, dedimensions n+ 1.�Ecrivons E1 = E 01 �D1; E2 = E 02�2 o�u D1 et D2 sont des droites.E = E 01 � (D1 � F1) = E 02 � (D2 � F2). D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence,D1 � F1 et D2 � F2 sont isomorphes et d'apr�es le r�esultat d�emontr�e plus hautF1 et F2 le sont. Le r�esultat est d�emontr�e.Notons p = rg(g); q = rg(f). p6q. Supposons g � h = k � f .Soit x 2 Ker(f) alors g(h(x)) = 0 donc h(Ker(f)) � Ker(g).Soient respectivementA et B des suppl�ementaires dans E de Ker(f) et Ker(g).E = A� Ker(f) = B � Ker(g). dim(A) = p; dim(B) = q.Soit H un sous-espace vectoriel de Ker(g) de dimension q� p ; soit K un sous-espace vectoriel de Ker(g) tel que Ker(g) = K �H .Soient (u1; : : : ; uq�p) une base deH , (e1; : : : ; eq) une base deA et ("1; : : : ; "p)une base de B.(f(e1); : : : ; f(eq)) est une base de Im(f). Notons F1 un suppl�ementaire deIm(f) dans F .Soit k l'endomorphisme de F d�e�ni par :k(f(ei)) = g("i) pour i 2 Np , k(f(ei)) = 0 pour i 2 N; i + 16i6q et la6Notons p1 le projecteur de noyau Ka, d'imageH1 ; notons p2 le projecteur de noyau Ka, d'imageH2. Soit f l'application de H1 dansH2 d�e�nie par f(x) = p2(x). f(x) = 0) x 2 H1\(Ka) = f0g,soit x 2 H2; x = x1 + �a avec x1 2 H1. x1 = x2 + �a avec x2 2 H2. Nous avons donc(x�x2) = (�+�)a donc x = x2 c'est-�a-dire x = p2(p1(x)) = f(p1(x)). f est donc un isomorphisme.

137restriction de k �a F1 est nulle.Soit h l'endomorphisme de E d�e �ni par :h(ei) = "i pour i 2 Np , h(ei) = ui�p pour i 2 N; p + 16i6q.E = B �Ker(g) = (B �H) �K = A� Ker(f).K et Ker(f) sont suppl�ementaires d'espaces de meme dimension �nie, q, ilssont isomorphes. Il existe un isomorphisme � de Ker(f) dans K.Posons pour x 2 Ker(f); h(x) = �(x).Pour i 2 Np ; (g � h)(ei) = (k � f)(ei),pour i 2 N; p + 16i6q; (g � h)(ei) = 0 = (k � f)(ei),pour x 2 Ker(f); (g � h)(x) = 0; (k � f)(x) = 0.Le r�esultat est donc d�emontr�e.30. (a) Soit X 2 Mn;1(R) une matrice colonne.X + ABX = 0 ) BX + (BA)(BX) = 0 ) (In + BA)(BX) = 0 doncBX = 0 puis X = �A(BX) = 0. In +AB est donc inversible.(b) (In+AB)(In�A(In+BA)�1B) = In+AB�(In+AB)A(In+BA)�1B =In+AB�(A+ABA)(In+BA)�1B = In+AB�AB = In d'o�u le r�esultat.31. In+C1 tC2 n'est pas inversible si et seulement si il existe X 2 Mn;1(K); X 6= 0et X + C1 tC2X = 0.Notons a l'�el�ement de la matrice 1 � 1; tC2X .Nous avons alors X + aC1 = 0 puis, en rempla�cant et en notant b l'�el�ementde la matrice 1 � 1; tC2C1, a(1 + b)C1 = 0. a et C1 sont non nuls donc lacondition n�ecessaire et su�sante et tC2C1 = �1.32. (a) Voir l'exercice num�ero 37 du chapitre "polynomes et fractions ration-nelles".(b) En d�eveloppant nous en d�eduisons que la matrice M 2 Mn+1;n+1(R)de passage de la base canonique �a la bas (P0; : : : ; Pn) a pour termeg�en�eral d'indice (i; j) 2 (Nn+1)2; ai;j = (�1)i+jn!(j � 1)!(i� j � 2)!(n� i+ 1)!lorsque j6i et z�ero sinon.Pour inverser cette matrice il su�t de r�esoudre le syst�eme :8i 2 f0; : : : ; ng; iXj=0 (�1)i+jn!j!(i � j)!(n � i)!xj = yi.Il est imm�ediat que x0 = y0 et x1 = y0 + 1ny1.En faisant les premiers calculs on peut supposer xi = iXj=0 CjiCjnyj.Montrons auparavant le r�esultat :8i 2 N; 8j 2 N; j6i; iXk=j (�1)i+kCjkCki+1 = Cji+1.

138 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESPreuveNotons P(i) la proposition 8j 2 N; j6i; iXk=j (�1)i+kCjkCki+1 = Cji+1.P(0) est vraie.1Xk=0(�1)k+1C0kCk2 = �1 + 2 = 1 = C02 ; 1Xk=1(�1)k+1C1kCk2 = 2 = C12 .P(1) est vraie.Supposons P vraie jusqu'au rang i.i+1Xk=0(�1)i+1+kCki+2 + 1 = (�1)i+1(1� 1)i+2 + 1 = 1 = C0i+2.Supposons j>1.Cki+2 = i+ 2k Ck�1i+1 ; Cjk = kj Cj�1k�1 donc Cki+2Cjk = i+ 2j Ck�1i+1 Cj�1k�1.i+1Xk=j (�1)i+1+kCjkCki+2 = i + 2j i+1Xk=j (�1)i+1+kCk�1i+1 Cj�1k�1= i + 2j iXk=j�1(�1)i+kCki+1Cj�1k .Nous pouvons appliquer P(i) et en d�eduire :i+1Xk=j (�1)i+1+kCjkCki+2 = i + 2j Cj�1i+1 = Cji+2. Le r�esultat est donc prouv�e.Revenons �a la preuve du r�esultat cherch�e.Montrons xi = iXj=0 CjiCjnyj.Supposons le r�esultat acquis au rang i.Consid�erons i+1Xk=0 (�1)i+k+1n!k!(i + 1 � k)!(n � i� 1)!xk = yi+1.D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence nous en d�eduisonsi+1Xk=0 kXj=0 (�1)i+k+1n!Cjkk!(i + 1� k)!(n� i� 1)!Cjn! yj + Ci+1n xi+1 = yi+1.En �echangeant les deux sommations nous obtenonsiXj=0 iXk=j " (�1)i+k+1n!Cjkk!(i + 1 � k)!(n� i� 1)!Cjn# yj!+ Ci+1n xi+1 = yi+1.Il vient donc :

139xi+1 = Ci+1i+1Ci+1n yi+1 + iXj=0 iXk=j (�1)i+kn!CjkCi+1n k!(i + 1 � k)!(n� i� 1)!Cjn! yj.(�1)i+kn!CjkCi+1n k!(i + 1� k)!(n � i � 1)!Cjn = (�1)i+kCki+1CjkCjn .D'apr�es le r�esultat que nous avons pr�ec�edemment d�emontr�e, nous en d�e-duisons :iXk=j (�1)i+kn!CjkCi+1n k!(i+ 1 � k)!(n � i� 1)!Cjn = Cji+1Cjn puis xi+1 = i+1Xj=0 Cji+1Cjn yj .Le r�esultat est d�emontr�e.(c) Soit n 2 N� .nXk=0 kPk = nXk=1 kCknXk(1�X)n�k = nX nXk=1 Ck�1n�1Xk�1(1�X)n�k= nX n�1Xk=0 Ckn�1Xk(1�X)(n�1)�k = nX.Le r�esultat est vrai pour n = 1.Supposons n>2.nXk=0 k2Pk = nXk=2 k(k � 1)CknXk(1 �X)n�k + nX= n(n� 1)X2 nXk=2 Ck�2n�2Xk�2(1�X)n�k + nX= n(n� 1)X2 n�2Xk=0 Ckn�2Xk(1�X)(n�2)�k + nX= n(n� 1)X2 + nX.Il est imm�ediat que la relation est vraie pour n = 0 et n = 1.Nous avons donc7 : S1 = nX; S2 = nX(1 + (n� 1)X).33. (a) Si P est constant �(P ) = 0 ; sinon deg(�(P )) = deg(P )� 1.Si deg(P ) < n alors �n(P ) = 0. �(Xp) = pXp�1 donc �n(Xn) = n!.Si P = nXk=0 akXk alors �n(P ) = n!an.(b) Pour p>2; Cp(X + 1)� Cp(X) = 1p! p�1Yk=0(X + 1� k)� p�1Yk=0(X � k)!c'est-�a-dire1p! p�2Yk=�1(X � k) � p�1Yk=0(X � k)!7Ce r�esultat est utilis�e dans l'�etude des polynomes de Bernstein.

140 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES= 1p! ((X + 1)� (X � p + 1)) p�2Yk=0(X � k)!= 1(p � 1)! p�2Yk=0(X � k) = Cp�1(X).�(C1) = 1; �(C0) = 0 donc pour p>1; �(Cp) = Cp�1.Les polynomes Cp sont chacun de degr�e p donc la famille (Cp)p2N est unebase de R[X ].Pour k>n; �n(Ck) = Ck�n et pour k < n; �n(Ck) = 0.Soit P = +1Xk=0 akCk o�u les ak sont nuls pour k > deg(P ).�n(P ) = +1Xk=n akCk�n et �n(P )(0) = +1Xk=n akCk�n(0) = an.Nous avons donc P = +1Xk=0 �k(P )(0)Ck.(c) Si les coordonn�ees sont dans Zalors pour tout z 2 Z; P (z) 2 Z.Supposons P (Z)� Z.Soit z 2 Zalors P (z + 1) et P (z) sont dans Zpuis �(P )(z) 2 Z. Il estdonc imm�ediat que 8n 2 N; (�n(P ))(Z) � Z et (�n(P ))(0) 2 Z. Lescoordonn�ees sont toutes dans Z.(d) � est lin�eaire ; soit P tel que P (X + 1)� P (X) = 0. Soit Q = P � P (0)alors pour tout entier k nous avons Q(k) = 0. Le polynome Q est nul etle noyau de � est l'ensemble des polynomes constants.Il est clair que �(P 0) = (�(P ))0 donc �((Cp+1)0) = (Cp)0.La relation propos�ee est vraie pour p = 0; p = 1.Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang p.�((Cp+1)0) = (Cp)0 = pXk=1(�1)k�1 1kCp�k.� p+1Xk=1(�1)k�1 1kCp+1�k = pXk=1(�1)k�1 1kCp�k!.Nous en d�eduisons qu'il existe une constante K telle quep+1Xk=1(�1)k�1 1kCp+1�k = (Cp+1)0 +K.(Cp+1)0(0) = 1(p+ 1)! pYj=0(X � k)!0 (0)= 1(p + 1)! pYj=1(X � k)(0) = (�1)p(p + 1)!p! = (�1)pp + 1Nous avons aussi p+1Xk=1(�1)k�1 1kCp+1�k(0) = (�1)pp + 1 donc K = 0 et nous en

141d�eduisons p+1Xk=1(�1)k�1 1kCp+1�k = (Cp+1)0.Le r�esultat est prouv�e au rang p+ 1.Soit P = NXn=0 anCn.P 0 = NXn=0 "an nXk=1 (�1)k�1k Cn�k!# = NXn=0 "an nXk=1 (�1)k�1k �k(Cn)!#= NXk=1 " NXn=k�an (�1)k�1k �k(Cn)�# = NXk=1 �(�1)k�1k �k(P )�.Nous en d�eduisons D = +1Xk=1 �(�1)k�1k �k�.(e) D'apr�es la formule de Taylor pour les polynomes nous avons � = +1Xn=0 1n!Dn.�n est nilpotente d'ordre n+ 1.(Idn + �n) nXk=0(�1)k�k! = nXk=0(�1)k�k + nXk=1(�1)k�1�k = Idn.Soit p 2 N; p6n.(Idn + �n)�1(Cp) = p)Xk=0(�1)kCp�k = p)Xk=0(�1)p�kCk.La matrice de (Idn + �n)�1 dans la base (C0; : : : ; Cn) est2666664 1 �1 1 �1 : : :0 1 �1 1 : : :... . . . . . . . . . ...... . . . . . . �10 : : : : : : 0 1 377777534. Red�emontrons un r�esultat classique : si (Pn)n2N est une famille, ind�ex�ee parN, de polynomes non nuls �a degr�e deux �a deux distincts alors cette famille estlibre.Consid�erons la combinaison lin�eaire +1Xn=0 �nPn = 0 o�u les coe�cients sont tousnuls sauf au plus un nombre �ni d'entre eux. Il existe un entier N tel que pourtout entier n > N; �n = 0.Nous avons donc NXn=0 �nPn = 0. Supposons que les coe�cients �n ne soient pastous nuls.Quitte �a r�eordonner les polynomes �nPn par degr�e croissant, nous obtenons

142 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESMXn=0Qn = 0, M>1, et 8n 2 N; n < M � 1; Qn 6= 0; deg(Qn) < deg(Qn+1).Nous avons QM = M�1Xn=0 (�Qn). Le membre de droite est de degr�e au plus �egal�a deg(QM) � 1. Il y a une contradiction et les coe�cients sont tous nuls. Lafamille est libre.Si pour chaque n 2 N; deg(Pn) = n alors la famille est une base de Rn[X).En e�et soit P 2 R[X ] ; deg(P ) = n. (P0; : : : ; Pn) est une famille libre, decardinal n+ 1, d'�el�ements de Rn[X ] donc est une base de Rn[X ]. P est doncune combinaison lin�eaire d'�el�ements de la famille (Pn)n2N.Supposons que la famille (Pn)n2N soit une base de R[X ]. Si l'un des polynomesPn n'est pas de degr�e n alors il existe N 2 N; deg(PN) > N .Si P0 n'est pas constant alors 1 est combinaison des polynomes Pn, un descoe�cients d'indice au moins �egal �a 1 est non nul donc deg(1) > deg(P1) cequi est faux.Si P0 est constant, il existe N > 1 tel que deg(PN�1) = N�1 et deg(PN) > N .Soit P 2 R[X ], deg(P ) = N .P = N�1Xn=0 anPn + +1Xn=N anPn. Si l'un des coe�cients an pour n>N est non nulalors deg(P ) > N donc P = N�1Xn=0 anPn et deg(P ) < N . Il y a encore unecontradiction et les polynomes Pn v�eri�ent tous : deg(Pn) = n.35. (a) Supposons que les bi soient deux �a deux distincts. Consid�erons la combi-naison nXk=0 akuk = 0 ; c'est-�a-dire 8P 2 Rn[X ]; nXk=0 akP (bk) = 0.Consid�erons les polynomes Pi 2 Rn[X ] d�e�nis par : Pi = nYk=0k 6=i (X � bk).8(i; k) 2 (Nn)2; i 6= k; Pi(bk) = 0. Pi(bi) 6= 0.Nous avons donc 8i 2 Nn ; nXk=0 akPi(bk) = 0 = aiPi(bi). Les coe�cientssont tous nuls et la famille est libre. La famille est une base de E� car ladimension est �egale �a n+ 1Si deux des coe�cients bi sont �egaux alors deux formes lin�eaires ui sont�egales et la famille est manifestement li�ee.(b) u : P 2 Rn[X ] 7�! Z 10 f(x)P (x)dx 2 R est une forme lin�eaire donc estcombinaison lin�eaire de la famille (ui)i2f0;:::;ng.Il existe (ci)i2f0;:::;ng telle que u = nXi=0 ciui c'est-�a-dire

1438P 2 Rn[X ]; Z 10 f(x)P (x)dx = nXi=0 ciP (bi).Pour d�eterminer le coe�cient ci il su�t de choisir un polynome Pi dedegr�e au plus �egal �a n tel que Pi(bi) = 1 et pour tout i 6= k; Pi(bk) = 0.36. La famille des matrices �el�ementaires Ei;j est une base de Mn(K) constitu�eede matrices de rang 1.E1;1 = 2E1;1 + pXi=2 Ei;i! � pXi=1 Ei;i. E1;1 est la di��erence de deux matrices derang p.Ei;j est �equivalente �a E1;1 car elles ont le meme rang ; il existe P et Q in-versibles telle que Ei;j = PE1;1Q = P 2E1;1 + pXi=2 Ei;i!Q� P pXi=1 Ei;i!Q.Ei;j est donc la di��erence de deux matrices de rangs p. La famille des matricesde rangs p est donc g�en�eratrice de Mn(K) ; on peut donc en extraire une base.En prenant p = n, il existe une base de Mn(K) constitu�ee de matrices inver-sibles.37. (a) Soit V 2 Mn(K). Notons ai l'�el�ement de la matrice tYi V .Si nXi=1 XitYi = 0 alors nXi=1 XitYi V = 0 = nXi=1 aiXi.Nous avons alors 8i 2 Nn ; tYi V = 0. Nous avons donc Yi = 0 pour touti 2 Nn .(b) X(i;j)2(Nn)2 ai;jXitYi = 0 ) 8i 2 Nn ; nXj=1 ai;j tYi = 0. La famille (Yi)i2Nn estlibre donc la famille (tYi)i2Nn l'est aussi. La famille �(Xi tYj)i;j�(i;j)2(Nn)2est une famille libre de Mn(K) et est donc une base.38. Remarque attention �a ne pas confondre un groupe multiplicatif, sous-ensemblede Mn(K) qui n'est pas un groupe multiplicatif, et un sous-groupe d'ungroupe.Soit E l'�el�em�ent neutre de G. EE = E donc E est la matrice d'un projecteur.Il existe une matrice inversible P telle que E = P Ir 00 0!P�1 o�u r est lerang de E.Soit G0 = fP�1MP; M 2 Gg. G0 est un groupe multiplicatif d'�el�ement neutreJr.Soit A 2 G0 ; AJr = JrA = A.A = A1;1 A1;2A2;1 A2;2! ; AJr = A1;1 0A2;1 0! et JrA = A1;1 A1;20 0 !.Il en r�esulte A = A1;1 00 0!. De plus, il existe A0 2 G0 tel que AA0 = Jrdonc A1;1 est inversible.

144 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESL'ensemble des matrices du type A1;1 00 0! avec A1;1 inversible est un groupemultiplicatif ; il s'agit donc de G0.G est donc l'ensemble des matrices (P A1;1 00 0!P�1; A1;1 2 GLr(K)) o�ur est un entier non nul au plus �egal �a n.39. M(Z) est un anneau inclus dans M(R). Si A�1 existe dans Mn(Z) alorsdet(A) det(A�1) = 1 = det(A) det(A)�1. det(A) et det(A�1) sont dans Zdoncdet(A) = �1.Supposons det(A) = �1 ; le coe�cient d'indices (i; j) de la matrice8 A�1 2Mn(R) est �egal �a 1det(A)(�1)i+j det(Aj;i) 2 Z. A est donc inversible dansMn(Z).40. (a) Soit A 2 G. 8n 2 N� ; An 2 G. G est �ni donc p 2 N� 7�! An 2 G n'estpas injective. Il existe deux entiers p et q (p > q > 1) v�eri�ant Ap = Aq.A �etant inversible nous avons Ap�q = In ; k = p � q > 1 donc In 2 G etAk�1A = In. Ak�1 2 G donc A est inversible dans G. G est un groupe,sous-groupe de GLn(C ).(b) Soit Ai un �el�ement de G. A 2 G 7�! AAi 2 G est injective (car Ai 2GLn(C )) donc bijective9 car G est �ni.Notons M = 1p pXi=1 Ai!. Soit j 2 Np .Nous avons AjM = 1p pXi=1 AjAi! = M , d'apr�es ce que nous venons dedire,M2 = 1p2 pXj=1 pXi=1 AjAi!! = 1p2 pXi=1 (pM) = M .M est la matrice d'un projecteur doncr = rg pXi=1 Ai! = rg(M) = tr(M) = 1p tr pXi=1 Ai!.Il vient alors tr pXi=1 Ai! = pr est divisible par p car r 2 N.41. Notons M = 1p pXN2GN!. En refaisant ce que nous avons fait dans l'exercicepr�ec�edent, nous ne d�eduisons que M est la matrice d'un projecteur et la traced'une telle matrice est �egale �a son rang.Nous avons donc rg(M) = 1p XN2G tr(N) = 0. M est donc nulle.8Voir la matrice compl�ementaire �a l'exercice num�ero 108.9Nous pourrions utiliser cela pour conclure que In est un image et que Ai a un inverse dand G.

14542. Il su�t de d�emontrer que l'inverse d'un �el�ement de G = F \ (GLn(R)) estdans G.Soit M 2 G de polynome caract�eristique �M . D'apr�es le th�eor�eme de Cayley-Hamilton nous avons MP (M) + det(M)In = 0 o�u P est un polynome.det(M) 6= 0 donc il existe Q = pXk=0 akXk 2 R[X ], MQ(M) = In.Q(M) = pXk=0 akMk. a0In 2 F; Mk pour k>1 est dans F donc Q(M) 2 F .Q(M) est inversible donc est dans G. L'inverse Q(M) de M est donc dans Gqui est bien un groupe.43. A est la matrice de la permutation �1 = � 1 2 31 3 2 �, B est la matrice de lapermutation �2 = � 1 2 32 3 1 �.�1�2 = � 3 2 12 3 1 �, (�2)2 = � 3 1 22 3 1 �. Le groupe engendr�e par �1 et�2 a pour cardinal 2, 3 ou 6 qui sont les diviseurs du cardinal de S3. Nousvenons de voir qu'il poss�ede au-moins quatre �el�ements deux �a deux distinctsdonc il est de cardinal10 6. Le groupe multiplicatif engendr�e par A et B estdonc constitu�e des six matrices de permutation.44. Il est imm�ediat que T est un sous-espace vectoriel de Mn(K).Posons T = X16i6j6n ti;jEi;j et M = X16i6j6nmi;jEi;j .TM = X16i6j6n16k6l6n ti;jmk;lEi;jEk;l = X16i6j6n16j6l6n ti;jmj;lEi;l.Cette matrice est triangulaire sup�erieure. f est bien d�e�nie et est clairementlin�eaire.f(M) = 0 = TM )M = 0 car T est inversible. T est de dimension �nie doncf est un automorphisme. Il existe donc M 2 T tel que TM = In. L'inversede T est donc triangulaire sup�erieure.D'apr�es le th�eor�eme de Cayley-Hamilton, �T (T ) = 0. T est inversible donc�T = XP + det(T ) avec det(T ) 6= 0. Nous avons donc 0 = TP (T ) + det(T )Inpuis T�1 = � 1det(T )P (T ). P (T ) est triangulaire sup�erieure donc T�1 aussi.45. (a) Montrons le r�esultat classique : le produit de deux matrices triangulairessup�erieures est une matrice triangulaire sup�erieure, les �el�ements diago-naux d'indices (i; i) du produit sont les produits des �el�ements d'indices(i; i) de chaque matrice.L'inverse d'une matrice triangulaire sup�erieure �a �el�ements diagonaux nonnuls est une matrice triangulaire sup�erieure, les �el�ements diagonaux d'in-dice (i; i) de l'inverse sont les inverses des �el�ements d'indice (i; i) de la10On peut tout simplement calculer �2�1 et (�1)2 pour constater qu'il y a six �el�ements distinctset conclure.

146 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESmatrice.Preuvenous allons donner une d�emonstration di��erente de celle donn�ee au-dessus.Soient A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 . AB = (ci;j)(i;j)2(Nn)2 avecci;j = nXk=1 ai;kbk;j .Si A et B sont triangulaires sup�erieures alors ai;j = bi;j = 0 pour i > j.Nous en d�eduisons ci;j = jXk=i ai;kbk;j pour i6j ci;j = 0 pour i > j. Lamatrice AB est triangulaire sup�erieure et ci;i = ai;ibi;i.Si de plus A est inversible il existe une matrice B telle que AB = In.S'il existe B triangulaire sup�erieure telle AB = In v�eri�ant ce r�esultat ;compte tenu de l'unicit�e, l'inverse d'une matrice triangulaire sup�erieureinversible l'est aussi.Il su�t donc de r�esoudre le syst�eme 8(i; j) 2 (Nn)2; i6j; jXk=i ai;kbk;j = �ji .Les coe�cients ai;i sont tous non nuls.j = 1 nous obtenons 1 = a1;1b1;1.j = 2 nous obtenons 0 = a1;1b1;2 + a1;2b2;2; 1 = a2;2b2;2.Nous obtenons b2;2 = 1a2;2 , ce que nous savions d�ej�a, et b1;2 = �a1;2b2;2a1;1 .Supposons trouv�es tous les coe�cients bi;k pour k6j.Recherchons alors les coe�cients bi;j+1, i6j + 1.jXk=i ai;kbk;j+1 + ai;j+1bj+1;j+1 = �ji . Nous avons donc bj+1;j+1 = 1aj+1;j+1comme nous la savions.Pour i < j + 1; ai;j+1 = 1aj+1;j+1 jXk=i ai;kbk;j+1.Le syst�eme propos�e poss�ede donc une solution.Nous pouvons faire une autre d�emonstration de ce r�esultat.Consid�erons "1; : : : ; "n la base canonique de Kn .Posons pour i 2 Nn ; Ei = Vect("1; : : : ; "i).Soit u un endomorphisme de Kn dont la matrice dans la base canoniqueest A. Si A est triangulaire sup�erieure alors 8i 2 Nn ; u("i) 2 Ei donc8i 2 Nn ; u(Ei) � Ei. R�eciproquement si 8i 2 Nn ; u(Ei) � Ei alors8i 2 Nn ; u("i) 2 Ei et la matrice A est triangulaire sup�erieure.Soient A et B sont deux matrices triangulaires sup�erieures ; appelons uet v les endomorphismes de Kn dont les matrices dans la base canoniquesont A et B. 8i 2 Nn ; (v � u)(Ei) = v(u(Ei)) � Ei. La matrice BA dev � u est donc triangulaire sup�erieure.Si de plus u est un automorphisme alors 8i 2 Nn ; u(Ei) = Ei cardim(u(Ei)) = dim(Ei). Il vient alors 8i 2 Nn ; u�1(Ei) = Ei et la matrice

147de u�1 dans la base canonique est triangulaire sup�erieure. Le r�esultat estanalogue pour une matrice triangulaire inf�erieure. Les matrices triangu-laires �a �el�ements diagonaux non nuls ont un d�eterminant non nul doncappartiennent �a GLn(K). D'apr�es ce qui vient d'etre dit, G est bien ungroupe.(b) Soit A une matrice triangulaire sup�erieure inversible ; soit M une trian-gulaire sup�erieure inversible dont les �el�ements diagonaux mi;i sont �egaux�a 1 alors les �el�ements diagonaux pi;i de la matrice AMA�1 sont �egaux,d'apr�es ce que nous venons de voir, �a ai;imi;i 1ai;i = 1. Nous avons bien ler�esultat.46. Nous avons d�ej�a vu �a l'exercice num�ero 24 le r�esultat (Im(f) � Im(g)) ()(9h 2 L(E); f = g � h).Supposons v�eri��ees les hypoth�eses (�) et (��)f � g � f � g = f � g; g � f � g � f = g � f donc f � g et g � f sont des projecteurs.f(E) = f [g(f(E))] � (f � g)(E) et comme (f � g)(E) � f(E) nous avonsl'�egalit�e (f � g)(E) = f(E).Il vient alors rg(f � g) = rg(f), de meme rg(g � f) = rg(g).D'apr�es les propri�et�es des projecteurs, nous avons Im(f)� Ker(f � g) = E etIm(g)� Ker(g � f) = E.Ker(g) � Ker((f � g), Ker(f) � Ker((g � f) doncn�rg(f) = dim(Ker(f�g))>n�rg(g) et n�rg(g) = dim(Ker(g�f))>n�rg(f).Nous avons alors l'�egalit�e rg(f) = rg(g).Supposons v�eri��ees les hypoth�eses (�) et (���)f � g est un projecteur et rg(f) = rg(g).g[f(x)] = 0 ) f(x) = f(g[f(x)]) = 0 donc Ker(g � f) � Ker(f). Nous avonsdonc rg(g �f)> rg(f) = rg(g). Im(g �f) � Im(g). Les dimensions �etant �egalesil vient Im(g � f) = Im(g).g � f � g � f = g � f; f � g � f � g = f � g. g � f et f � g sont des projecteurs.g � f a pour image Im(g) donc 8x 2 E; (g � f)(g(x)) = g(x) et g � f � g = g.La d�emonstration est analogue dans le cas o�u les hypoth�eses v�eri��ees sont (��)et (���).Soit f 2 L(E). Montrons l'existence de g 2 L(E) v�eri�ant deux des troispropositions.Soit p un projecteur d'image Im(f). Nous avons p � f = f et Im(f) = Im(p)donc il existe g 2 L(E) tel que p = f � g. En fait on peut choisir g d'imageIm(g) isomorphe �a Im(p) = Im(f). On a rg(g) = rg(f) et f � g � f = f . D'o�ule r�esultat.47. Soit ef l'application de E 0 dan Im(f) telle que 8x 2 E 0, ef (x) = f(x).Soit g l'application lin�eaire de F dans E telle que 8x 2 F 0; g(x) = 0 et8x 2 Im(f); g(x) = ef �1.Il est imm�ediat que l'on a g � f � g = g et f � g � f = f .Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

148 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSoit g 2 L(F;E) v�eri�ant g � f � g = g et f � g � f = f . La restriction de g �aIm(f) est injective. Soit x 2 Im(f). g(x) = g[f(g(x))] ; f(g(x)) 2 Im(f) doncx = f(g(x)) = ef(g(x) car Im(g) 2 E 0. Nous en d�eduisons g = ef �1.Pour x 2 F 0; g(x) = 0. g existe et est donc unique.48. Soit x 2 Ker(f) \ Im(g). f(x) = 0 et il existe y 2 E; x = g(y). Nous end�eduisons(f � g)(y) = 0 puis f(y) = (g � f � g)(y) = 0 et x = g(y) = (f � g � f)(y) = 0.Im(f) = g(Im(f � g)) � Im(g) donc rg(f)6 rg(g) ; de meme rg(g)6 rg(f) d'o�ul'�egalit�e.Nous en d�eduisons dim(Ker(f))+dim(Im(g)) = dim(E) et alors E = Ker(f)�Im(g).Posons F = (f � g)(E).rg(g) = rg(f) = dim(g(F ))6 dim(F ) = rg(f � g).49. Montrons (�))(��)E = F � G avec F et G stables par u. Soit x 2 F \ (un(E)). Il existey 2 E; x = un(y). Il existe (a; b) 2 F �G; y = a+ b donc x = un(a) + un(b).Nous en d�eduisons u(b) 2 F \G = f0g et x 2 un(F ).Nous avons l'inclusion F \ (un(E)) � un(F ) ; l'autre inclusion est imm�ediated'o�u l'�egalit�e.Montrons (��))(�)Montrons ce r�esultat par r�ecurrence descendante sur la dimension de F .Si F = E la r�eponse est imm�ediate.Supposons F 6= E. up = 0 donc up(E) � F . Soit N1 l'ensemble des entiers ktels que uk(E) � F . Cet ensemble est non vide ; appelons q le plus �el�ement deN1. q>1 car sinon u0(E) = E � F .uq(E) � (F ), uq�1(E) 6� F .La suite des images it�er�ees uk(E) est d�ecroissante donc on peut remarquer quepour k>q; uk(E) � F et pour k < q uk(E) 6� F .Soit a 2 E; tel que uq�1(a) 62 F ; en particulier a 62 F .Par hypoth�ese uq(F ) = F \ (uq(E)) donc uq(E) = uq(F ) et il existe alorsy 2 F; uq(a) = uq(y).Posons x = a � y. x 6= 0, uq(x) = 0, uq�1(y) 2 F et uq�1(a) 62 F doncuq�1(a)� uq�1(y) = uq�1(x) 62 F et est non nul.Posons G = Vect(x; u(x); : : : ; uq�1(x)). G est stable par u.Soit y 2 V , y s'�ecrit y = q�1Xk=0 �kuk(x).Supposons y 2 F ; uq�1(y) = q�1Xk=0 �kuk+q�1(x) = �0uq�1(x). Si �0 6= 0 l'�egalit�ene peut avoir lieu donc si y est dans F alors �0 = 0.Supposons prouv�e �0 = �1 = : : : = �i = 0.uq�i�2(y) = q�1Xk=i+1�kuk+q�i�2(x) = �i+1uq�1(x). Comme pr�ec�edemment nousobtenons �i+1 = 0. Nous avons donc y = 0 et F \G = f0g.

149Soit n = dim(F ).Si n>q; un(E) � F , un(F +G) = un(F ) + un(G) � F + un(G) � F +G doncun(F +G) � (F +G) \ un(E).un(E) � F donc un(E)\ F = un(E) = un(V ).(F + G) \ un(E) = (F + G) \ un(F ) � un(F ) � un(F + G) d'o�u l'�egalit�e(F +G) \ un(E) = un(F +G).Supposons n < q.n>1 sinon la r�eponse est imm�ediate.Soit y 2 E et un(y) 2 F +G. un(y) = f + q�1Xk=0 �kuk(x) avec f 2 F .un�1(uq(y)) = uq+n�1(y) = uq�1(f)+�0uq�1(y) donc uq�1(f)+�0uq�1(y) 2 Favec uq�1(y) 62 F et uq�1(f) 2 F . Nous avons donc �0 = 0.Comme pr�ec�edemment, on d�emontre par r�ecurrence que un(y) = f doncun(y) 2 F \ un(E) = un(F ).Il existe donc f 0 2 F tel que un(f) = un(y) et f 0 2 F + G puis un(y) 2un(F +G).Nous avons donc un(E) \ (F +G) � un(F +G) ;un(F +G) = un(F ) + un(G) � F + un(G) � F +G.Nous obtenons alors un(F +G) � (F +G) \ un(E) d'o�u l'�egalit�e.Si nous supposons maintenant que l'existence d'un suppl�ementaire est vraiepour des espaces de dimensions dim(E); dim(E)� 1; dim(E)� r alors F +Gqui est de dimension strictement sup�erieure �a celle de G a donc un suppl�emen-taire H stable par u et F a un suppl�ementaire G � H stable par u. D'o�u ler�esultat.50. Au voisinage de 0, p1 + t = n�1Xk=0 (�1)k�1(2k)!(2kk!)2(2k � 1)tk + o(tn�1).Soit P = n�1Xk=0 (�1)k�1(2k)!(2kk!)2(2k � 1)Xk. Lorsque t tend vers 0, P 2(t)�1�t = o(tn�1).En notant Q(t) = P 2(t) � 1 � t, Q est un polynome donc Q(t) s'�ecrit tnR(t)o�u R est un polynome. Nous avons alors P 2(X)� (1 +X) = XnR(X).Soit � une racine carr�ee complexe de a. Soit v l'endomorphisme �P �1au�.v2 = a�IdE + 1au� + 1anun � R�1au� = 0.L'endomorphisme11 v v�eri�e donc v2 = aIdE + u.51. Soit x 2 E; x 62 Ker(fn�1). Montrons que la famille (x; : : : ; fn�1(x)) estlibre.La famille (fn�1(x)) est libre car fn�1(x) 6= 0.Supposons que la famille (x; : : : ; fn�1(x)) soit li�ee ce qui implique n>2.Il existe p 2 N� tel que (fp(x); : : : ; fn�1(x)) est libre et (fp�1(x); : : : ; fn�1(x))est li�ee. fp�1(x) est donc combinaison lin�eaire des �el�ements de la famille11Voir des compl�ements dans le devoir corrig�e num�ero 3 page 78 du livre d�ej�a cit�e.

150 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(fp(x); : : : ; fn�1(x)) et s'�ecrit fp�1(x) = n�1Xk=p akfk(x) doncfp(x) = f(fp�1(x)) = n�1Xk=p akfk+1(x) = n�1Xk=p+1 ak�1fk(x) ce qui est faux car lafamille (fp(x); : : : ; fn�1(x)) est libre.E est de dimension n donc (x; : : : ; fn�1(x)) est une base de E.La matrice A de f dans cette base est une matrice dont les �el�ements sont tousnuls sauf les �el�ements d'indice (i+ 1; i); i6n� 1 valant 1.Soit X 2Mn;1(K) une matrice colonne dont le ii�eme �el�ement est xi 2 K .AX = 0 () 8i 2 Nn�1 ; xi = 0. La dimension de Ker(f) est donc �egale �a1 ; Ker(f) = Kfn�1(x).Si Ker(f) 6� W alors W\Ker(f) = f0g ; sinon Ker(f) 6� W alorsW\Ker(f) =Ker(f).La dimension de l'intersection est donc �egale �a 0 ou �a 1.52. (a) I1 � I0 = E. Supposons In+1 � In alors In+2 = u(In+1) � u(In) = In+1.Le r�esultat est prouv�e.Soit x 2 Kn alors un(x) = 0 donc un+1(x) = 0 et x 2 Kn+1. La suite(Kn)n2N est croissante, la suite (In)n2N est d�ecroissante.(b) S'il existe n 2 N tel que Kn = Kn+1 alors la suite est stationnaire. Si(Kn)n2N n'est pas stationnaire alors 8n 2 N; dim(Kn) < dim(Kn+1) donc8n 2 N; dim(Kn)>n.Si la dimension de E est p alors dim(Kp+1)>p + 1 ce qui est faux.La suite (Kn)n2N est donc stationnaire.D'apr�es le th�eor�eme du rang (Kn)n2N et (In)n2N sont stationnaires enmeme temps et dim(Kr) + dim(Ir) = dim(E).Montrons Ir \Kr = f0g.Soit x 2 Ir \ Kr. un(x) = 0 et 9 y 2 E; ur(y) = x ; en particulieru2r(y) = 0 donc y 2 K2r = Kr et x = ur(y) = 0. On a bien Ir �Kr = E.u est un endomorphisme de Ir et u(Ir) = Ir+1 = Ir ; cette restriction estdonc surjective donc bijective. La restriction de u �a Ir est un isomor-phisme.(c) Soit n l'indice de nilpotence12 de f . Kn = f0g et Kn�1 6= 0 donc r = n6p.(d) Soit i 2 N. Consid�erons l'application eu de Im(ui) dans Im(ui) qui �a xassocie u(x). rg(eu) + dim(Ker(eu) = dim(Im(ui)).rg(eu) = rg(ui+1); Ker(eu) = Ker(u) \ (Im(ui)) doncrg(ui+1) + dim(Ker(u) \ Im(ui)) = rg(ui).Ker(u) est de dimension 1 donc dim(Ker(u) \ (Im(ui))) 2 f0; 1g.Si Im(ui) = Im(ui+1) alors Ker(u) \ Im(ui)) = f0g.Si Im(ui) 6= Im(ui+1) alors dim(Ker(u) \ Im(ui))) = 1,rg(ui) = 1 + rg(ui+1) et dim(Ker(ui)) = dim(Ker(ui+1))� 1.12Nous verrons que le polynome caract�eristique d'un endomorphisme nilpotent est (�X)p doncle polynome minimal est Xp avec p6n. p est l'indice de nilpotence de f .

151Nous en d�eduisons imm�ediatement que tant que Im(ui) 6= Im(ui+1),rg(ui) = dim(E)� i; dim(Ker(ui)) = i.(e) Si u est nilpotente d'indice q alors d'apr�es le r�esultat pr�ec�edentrg(uq) = dim(E)� q; dim(Ker(uq)) = q ce qui impose q = dim(E).Supposons que l'indice de nilpotence soit n = dim(E).Soit x 62 Ker(un�1). Nous avons d�ej�a d�emontr�e �a l'exercice num�ero 50que la famille (un�1(x); : : : ; u(x); x) est libre donc est une base de E.La matrice de u dans cette base est : 26664 0 1 : : : 0... . . . . . . ...... . . . 10 : : : : : : 0 37775. Le rang est�egal �a n� 1 et le noyau est de dimension �egale �a 1.53. Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel de E stable par u. Soit v 2 L(F )la restriction de u �a F . un = 0; un�1 6= 0. v est nilpotente d'indice auplus �egal �a la dimension de F . Ker(v) = Ker(v) \ F 6= f0g sinon v seraitinjective. En utilisant les r�esultats de l'exercice pr�ec�edent, Ker(u) est unedroite et Ker(v) aussi ce qui implique Ker(v) = Ker(u) � F . v est donc unendomorphisme nilpotent de rang dim(F ) � 1 et d'indice i = dim(F ). Nousavons donc Ker(vi) = F or Ker(vi) = (Ker(ui)\F donc F � Ker(ui). Sachantque dim(Ker(ui)) = i nous obtenons F = Ker(ui).Les espaces Ker(ui) sont stables par u donc F est stable par u si et seulementsi il existe i 2 N; F = Ker(ui) ; en fait i6n.54. Il su�t de refaire les d�emonstrations de l'exercice num�ero 51. Nous avonsIn = In+1 donc rg(un) = rg(un+1).55. Notons G = \n2NGn.Supposons F \G = f0g.Soit x 2 \n2N(F +Gn). 8n 2 N; x 2 F + Gn donc pour tout n 2 N il existe(fn; gn) 2 F � Gn; x = fn + gn. fn+1 � fn = gn � gn+1 2 F \Gn.La suite (Hn)n2N d�e�nie par Hn = F \ Gn est une suite d�ecroissante de sous-espaces de dimensions �nies v�eri�ant \n2NHn = f0g.La suite des dimensions est d�ecroissante. Un suite d�ecroissante d'entiers na-turels est stationnaire donc les sous espaces Hn sont tous �egaux �a partir d'uncertain rang n0 et \n2NHn = Hn0 = f0g.Les suites (fn)n2N et (gn)n2N sont stationnaires donc x = f + g avec f 2 Fet g 2 Gn pour tout n>n0 ; en particulier g 2 \n>n0Gn = \n2NGn ; on a donc\n2N(F +Gn) � F + \n2NGn!.

152 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESL'autre inclusion est imm�ediate d'o�u l'�egalit�e.Revenons au cas g�en�eral.Soit S un suppl�ementaire de F \G dans F ;F = S � (F \G). S \ F \G = S \G = f0g.Nous avons S +G = \n2N(S +Gn).F +G = S + (F \G +G) = S +G = \n2N(S +Gn).Pour n 2 N, F +Gn = S + ((F \G) +Gn) = S +Gn.On en d�eduit F +G = \n2N(F +Gn).56. Soit F 6= f0g un sous-espace vectoriel strict de E. SoitG un suppl�ementaire deF . Comme nous l'avons vu plus haut, F [G 6= E car F n'est pas inclus dans Get G n'est pas inclus dans F . Soit x 2 E; x 62 F[G. Notons F1 = F�Kx etG1un suppl�ementaire de F1. Notons G2 = G1�Kx. E = F�(G1�Kx) = F�G2.Il est clair que G 6= G2 car x 2 G2 et x 62 G. F poss�ede donc au moins deuxsous-espaces suppl�ementaires di��erents.Nous avons d�ej�a vu plus haut (exercice num�ero 21) que si f � g = IdE alors fest surjective.Supposons f non injective Soient E1 et E2 deux suppl�ementaires distincts deKer(f). Soient f1 la restriction de f �a E1, et f2 la restriction de f �a E2. f1et f2 sont des isomorphismes d'images E. Notons g1 et g2 leurs r�eciproquesrespectives. g1 6= g2 car leurs images sont di��erentes.Nous pouvons prolongerces applications en deux applications �a valeurs dans E. Ces deux applicationssont solutions de l'�equation f � ' = IdE o�u l'inconnue ' est une applicationde E dans E. Cela est contraire �a l'hypoth�ese et f est injective. g est alorslin�eaire.57. Soit (e1; : : : ; en) une base de E. Posons pour i 2 Nn ; yi = h(ei). Il existe(ui; vi) 2 E2; f(ui)+g(vi) = yi. Soit u l'application lin�eaire qui �a ei associe ui,Soit v l'application lin�eaire qui �a ei associe vi. 8i 2 Nn ; h(ei) = (f �u+g�v)(ei)donc13 h = f � u + g � v.58. Soit E1 un suppl�ementaire de Ker(u). Soit u1 l'application de E1 dans Im(u) =Ker(u) d�e�nie par u1(x) = u(x). Nous savons que u1 est un isomorphisme.Pour x 2 Im(u), posons v(x) = (u1)�1(x) ; pour x 2 E1 posons v(x) = 0. Ilexiste une telle application lin�eaire v.Si x 2 Im(u) alors u(v(x)) = u1(u�1(x) = x et v(u(x)) = v(0) = 0.Si x 2 E1 alors u(v(x)) = 0 et v(u(x)) = (u1)�1(u1(x)) = x. Nous avons bienu � v + v � u = IdE.Il est clair que u2 = 0.R�eciproquement u2 = 0 ) Im(u) � Ker(u).Soit x 2 Ker(u) ; u(v(x)) + v(u(x)) = x = u(v(x)) donc x 2 Im(u) d'o�ul'�egalit�e Im(u) = Ker(u).13Si nous admettons que tout espace vectoriel poss�ede au moins unebase, alors le r�esultat estvrai en dimension quelconque.

153Soit u l'endomorphisme de E dont la matrice dans une base (e1; e2; e3) deE est 0@ 0 0 01 0 10 0 0 1A. Im(u) = Vect(e3) Ker(u) = Vect(e1 � e3. La conditionu2 = 0 n'est donc pas su�sante.On pouvait aussi choisir simplment u = 0 qui n'implique pas Im(u) = Ker(u)lorsque E 6= f0g.59. Si dim(E) = 1 le r�esultat est acquis. Supposons dim(E)>2.(a) Soit x 2 E tel que f(x) n'est pas colin�eaire �a x. Compl�etons la famille(x = e1) pour en faire une base (e1; : : : ; en) de E.Soit u 2 GL(E) d�e�ni par u(e1) = e1 et pour i>2; u(ei) = �iei avec�i 6= 1 pour i>2.f(x) = ax+ nXi=2 aiei, u(f(x)) = ax + nXi=2 ai�iei = f(u(x)).f(u(x)) = f(x) donc 8i>2; ai = 0 et f(x) est colin�eaire �a x.Montrons que f est lin�eaire.Soit x non nul 9�x 2 K ; f(x) = �xx.Soit u un automorphisme de E. u(f(x)) = �xu(x).9�u(x); f(u(x)) = �u(x)u(x) donc, u(x) �etant non nul, �u(x) = �x. Soity 6= 0 un �el�ement de E. Soit u un automorphisme de E tel que u(x) = y.Nous en d�eduisons 8y 6= 0; �y = �x. �x est donc constant ; f(0) = 0donc il existe donc � 2 K ; 8x 2 E; f(x) = �x.60. (Cet exercice est �a rapprocher avec l'exercice num�ero 35). Si u est un automor-phisme, il su�t de choisir u1 = u2 = 12u. Sinon, soitE1 6= E un suppl�ementairede Ker(u) et soit E2 6= f0g un suppl�emnetaire de Im(u). E1 6= E car sinon uest injective donc bijective. E2 6= f0g car sinon u est surjective donc bijective.Soit eu l'application de E1 dans Im(u) qui �a x 2 E1 associe u(x). Pour x 2 E1posons u1(x) = u2(x) = 12eu(x).Ker(u) et E2 sont isomorphes car de meme dimension �nie. Soit v un isomor-phisme de Ker(u) dans E2. Pour x 2 Ker(u) posons u1(x) = �u2() = v(x).Il existe u1 et u2 uniques lin�eaires de E dan s E dont les restrictions sont cellesd�e�nies pr�ec�edemment. On a bien u = u1 +u2. Montrons que u1 et u2 sont bi-jectives. Soit x = x1+x2; (x1; x2) 2 E1�Ker(u). u1(x) = 0 = 12eu(x1) + v(x2).eu(x1) 2 Im(u); v(x2) 2 E2 donc eu(x1) = 0; v(x2) = 0. Nous avons bien x = 0 ;u1 est injective donc bijective. De meme u2 est bijective.61. Im(u+ v) � Im(u) + Im(v) donc n = rg(u+ v)6 dim(Im(u) + Im(v))6 rg(u) +rang(v).v � u = 0 donc Im(u) � Ker(v) puis rg(u)6n � rg(v). Nous avons bienrg(u + v) = rg(u) + rg(v).62. Soit x 2 F .Pour tout i6n; ui(x) 2 F donc 8k6n; �uk � p � un�k� (x) = un(x) = x.

154 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESq(F ) = F et F � Im(q) .Im �p � un�k� � F donc Im(q) � F ; nous avons l'�egalit�e Im(q) = F .Soit x 2 Ker(q)\Im(q). q(x) = 0 et q(x) = x. Nous avons Im(q)�Ker(q) = Eet q F = IdF donc q est un projecteur d'image F .63. En choisissant M = 0 nous obtenons �B = �0 = (�X)n. B est donc nilpo-tente.Soit P une matrice de polynome caract�eristique nYi=1(�i �X). En trigonalisantP nous en d�eduisons le r�esultat classique : tr(P ) = nXi=1 �i et tr(P 2) = nXi=1 (�i)2.�AM = �AM+B donc tr((AM +B)2) = tr((AM)2) c'est-�a-diretr(AMAM+B2 +AMB+BAM �AMAM) = 0 = tr(B2 +AMB+BAM) =tr(AMB +BAM) = 2 tr(BAM).Nous en d�eduisons que pour toute matrice M , tr((BA)M) = 0.BA =X(i;j)2(Nn)2ci;jEi;j donc8(k; l) 2 (Nn)2, tr((BA)M) =X(i;j)2(Nn)2ci;j tr(Ei;jEk;l) = nXi=1 ci;k tr(Ei;l) = cl;k. Nousen d�eduisons BA = 0.Supposons Bn = 0 et BA = 0.Notons u (resp. v) l'endomorphisme de C n dont la matrice dans la base cano-nique de C n est A (resp. B).vn = 0; Im(u) � Ker(v). Soit r le rang de u et p>r la dimension du noyaude v. Compl�etons une base de Im(u) en une base de Ker(v) que l'on compl�eteen une base de trigonalisation de v. Nous obtenons dans une telle base que lamatrice de v est : B0 = 0 B1;20 B2;2! o�u B1;2 2 Mr;n�r(C ) et B2;2 2 Mn�r(C )est triangulaire sup�erieure �a diagonale nulle.La matrice de u dans cette base est A0 = A1;1 A1;20 0 ! o�u A1;1 2 Mr(C ) etA1;2 2 Mr;n�r(C ).Posons M 0 = M1;1 M1;2M2;1 M2;2! o�u M1;1 2 Mr(C ) et M2;2 2 Mn�r(C ).A0M 0 = A1;1M1;1 +A1;2M2;1 A1;1M1;2 +A1;2M2;20 0 ! etA0M 0 +B0 = A1;1M1;1 +A1;2M2;1 B1;2 +A1;1M1;2 +A1;2M2;20 B2;2 !.�AM+B = �A0M 0+B0 = �A1;1M1;1A1;2M2;1(�X)n�r = �A0M 0 = �AM .64. (a) (IdE � �p)(x) = 0 ) �p(x) = x 2 Im(p) donc p(x) = x et �x = x.

155� �etant di��erent de 1 nous obtenons x = 0.Soit y 2 E. Soit x = y + �1 � �p(y).x � �p(x) = y + �1 � �p(y)� �p(y)� �21 � �p(y) = y.IdE � �p est bien, pour � 6= 1, un automorphisme de E.(b) Il est clair que si p et q commutent (p � q) � (p � q) = p2 � q2 = p � q etp � q est un projecteur.SupposonsE = R2 rapport�e �a sa base canonique. Soient p et q de matricesrespectives dans la base canonique � 1 00 0 � et � 1 01 0 �.p�q = p; q�p = q; p2 = p; q2 = q. p�q est un projecteur et p�q = p 6= q�p.65. Ker(p) = Ker(q). E = Ker(p)� Im(p) = Ker(p)� Im(q).Soit x = x1+x2 = x01+x02 avec (x1; x2; x01; x02) 2 Ker(p)�Im(p)�Ker(p)�Im(q).(p � q)(x) = (p � q)(x01) + (p � q)(x02) = p(x02) = p(x1 + x2 � x01) = p(x2) = p(x)donc p � q = p. On fait de meme pour prouver q � p = q.Supposons p � q = p et q � p = q.Soit x 2 Ker(p) alors (q � p)(x) = 0 donc q(x) = 0 et x 2 Ker(q) c'est-�a-direKer(p) � Ker(q). De meme Ker(q) � Ker(p) d'o�u l'�egalit�e.p et q ont meme image si et seulement si IdE � pet IdE � q ont meme noyaudonc �equivaut �a (IdE�p)�(IdE�q) = IdE�p et (IdE�q)�(IdE�p) = IdE�qc'est-�a-dire, en d�eveloppant et en simpli�ant, q � p � q = 0 et p � q � p = 0.D'o�u le r�esultat.66. (a) Soit F = nXi=1 Im(pi). Nous savons, en dimension �nie, qu'une somme desous-espaces est une somme directe si et seulement si la somme des dimen-sions des sous-espaces est �egale �a la dimension de la somme. Im(p) � F .Le rang d'un projecteur est �egal �a sa trace donc rg(p) = nXi=1 rg(pi) c'est-�a-dire dim(Im(p)) = dim(F ). Nous avons donc Im(p) = nXi=1 Im(pi) et lasomme est directe.Pour tout k 2 Nn ; Im(pk) � Im(p) donc 8x 2 E; p(pk(x)) = pk(x)c'est-�a-dire p � pk = pk.(b) Soit x 2 E, soit j 2 Nn . (p � pj)(x) = nXi=1 (pi � pj)(x) = pj(x). La sommenXi=1 Im(pi) �etant directe nous en d�eduisons 8i 2 Nn ; i 6= j; (pi�pj)(x) = 0.Nous avons donc 8(i; j) 2 (Nn)2; pi � pj = �ji pi.R�eciproquement nXi=1 pi! � nXj=1 pj! = X16i;j6n pi � pj = nXi=1 pi. p = nXi=1 piest un projecteur.

156 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES67. Im(p) � Ker(q) donc q � p = 0.r2 = (p+q�p�q)2 = p+p�q�p�q+q�p+q�+q�p�q�p�q�p�p�q+p�q�p�q = r.r est un projecteur.Soit x 2 Ker(r).p(x) + q(x)� p(q(x)) = 0 donc q(p(x) + q(x)� p(q(x))) = 0 = q(x).Nous avons donc q(x) = p(x) = 0 c'est-�a-dire Ker(r) � Ker(p) \ Ker(q). Six 2 Ker(p) \Ker(q) on a alors r(x) = 0 donc Ker(r) = Ker(p) \Ker(q).Soit x 2 Im(r). r(x) = x = p(x)+q(x)�(p�q)(x). x�p(x) = ((IdE�p)�q)(x).Posons p1 = IdE � p. p1(x) = p1(q(x)) donc x � q(x) 2 Ker(p1) = Im(p) soitalors x 2 Im(p) + Im(q).Soit x 2 Im(p) + Im(q). Il existe (x1; x2) 2 E2; x = p(x1) + q(x2).r(x) = p(p(x1) + q(x2)) + q(p(x1) + q(x2))� (p � q)(p(x1) + q(x2)).Nous obtenons en d�eveloppant p(x1) + q(x2) = x.Nous avons donc Im(r) = Im(p) + Im(q).Im(p) \ Im(q) � Ker(q) \ Im(q) = f0g.Finalement nous obtenons :Im(r) = Im(p) � Im(q); Ker(r) = Ker(p) \Ker(q).68. D'apr�es les hypoth�eses l'image de p est incluse dans F .Soit x 2 F alors q(x) = 1card(G) Xg2G g(p(g�1(x))) = 1card(G)Xg2G g(g�1(x)) = x.Nous en d�eduisons Im(q) = F q F = IdF .Soit x 2 F \Ker(q). q(x) = 0 = x. q est un projecteur d'image F .Soit x 2 Ker(q), soit h 2 G. Posons y = h(x).Xg2G g(p(g�1(y))) = h Xg2G �h�1 � g) � p � (h�1 � g)�1� (x)!. L'application deG dans G qui �a g associe h�1 � g est bijective car injectve et G est de cardinal�ni. Nous avons doncXg2G g(p(g�1(y))) = h Xg2G �g � p � g�1� (x)! = h(0) = 0.Ker(q) est stable par tous les �el�ements de g.69. (a) Si u = �IdE (� 2 K) alors (tr(u) = �n = 0) () � = 0 () u = 0. un'est donc pas du type �IdE.(b) D'apr�es ce que nous venons de voir il existe x 2 E tel que (x; u(x)) soitlibre. Compl�etons (u(x)) pour en faire une base de F . La matrice deu dans cette base est A = 0BBBBBB@ 0 L110...0 A11CCCCCCA o�u L1 est une matrice ligneet A1 2 Mn�1(K). A1 est la matrrice de v dans la base de F choisie.tr(u) = tr(v) = 0.(c) Si n = 2, en faisant le raisonnement pr�ec�edent, il existe une base de E

157dans laquelle la matrice de u est � 0 a1 0 �. La diagonale est nulle.Supposons que pour tout endomorphisme non nul de trace nul sur unespace vectoriel E de dimension au plus �egale �a n il existe une base danslaquelle la matrice de u a sa diagonale nulle.Soit u 2 E o�u E est de dimension n+ 1 et tr(u) = 0.En faisant le raisonnement pr�ec�edent, il existe une base de F dans laquellela matrice de v a sa diagonale nulle. La matrice de u a donc dans la basede E associ�ee a sa trace nulle. Le r�esultat est d�emontr�e.(d) Posons M =X(i;j)2(Nn)2mi;jEi;j ; D = nXk=1 �kEk;k.Nous obtenons MD =X(i;j)2(Nn)2mi;j�jEi;j et DM =X(i;j)2(Nn)2mi;j�iEi;j .MD �DM = 0 () (8(i; j) 2 (Nn)2; mi;j(�j � �i) = 0)() (8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j; mi;j = 0).M est donc une matrice diagonale. Le noyau de ' est l'ensemble desmatrices diagonales.(e) S'il existe (v; w) 2 (L(E))2; v � w � w � v = u alorstr(u) = tr(v � w)� tr(w � v) = 0.Si u 2 L(E) est de trace nulle, il existe une base B de E dans laquelle lamatrice A de u a sa diagonale nulle. Il existe alors B et D deux matricestelles queA = BD�DB. Il existe donc (v; w) 2 (L(E))2; v�w�w�v = u.Si u = 0, il su�t de choisir v = w. Si n = 1 alors tr(u) = 0 ) u = 0.(f) D'apr�es ce qui vient d'etre vu l'ensemble des endomorphisme s'�ecrivantv � w � w � v est l'ensemble des endomorphismes de trace nulle. Il s'agitdonc du noyau de tr qui est un espace vectoriel de dimension n2 � 1.70. f(Ei;jEk;l) = f(�kjEi;l) = �kj f(Ei;l).f doit donc veri�er 8(i; j; k; l) 2 (Nn)4; �kj f(Ei;l) = �lif(Ej;k).Si i 6= l; f(Ei;l = 0. Si i = l et j = k on a f(Ei;i) = f(Ej;j) = �.Nous en d�eduisons en �ecrivant A =X(i;j)2(Nn)2ai;jEi;j ,f(A) =X(i;j)2(Nn)2ai;jf(Ei;j) = � nXi=1 ai;i. f = � tr qui est bien une forme lin�eairev�eri�ant la condition demand�ee.71. Si P 2 Rn�1[X ] alors dn(P ) = 0. Par ailleurs dn�1(Xn�1) = (n� 1)! donc Xnest un polynome annulateur de d et Xn�1 ne l'est pas. La polynome minimald d est donc Xn.Nous avons d�ej�a vu ce r�esultat �a l'exercice num�ero 19 du chapitre polynomeset fractions. Le r�esultat est (X � 1)n. Si nous voulons n'utiliser que d nousallons donner une nouvelle preuve.P (X + 1) = n�1Xk=0 1k!P (k)(X) donc f � IdEn = n�1Xk=1 1k!dk = d � S(d) o�u S est un

158 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESpolynome.d et S(d) commutent donc (f � IdEn)n = dn(S(d))n = 0.Si P est un polynome non nul, deg((f � IdEn)(P )) = deg(P )� 1.deg((f � IdEn)n�1(Xn�1)) = 0.(f � IdEn)n�1(Xn�1) = (f � IdEn)n�2((n� 1)Xn�2) ;nous en d�eduisons (f � IdEn)n�1(Xn�1) = (n� 1)!.Le polynome minimal est bien �egal �a (X � 1)n.Remarque la matrice de f dans la base canonique de En est triangulairesup�erieure, dont la diagonale ne comporte que des 1. Le polynome minimalest donc �egal �a (X � 1)p avec p6n.72. (a) (�) T est un endomorphisme de R[X ].La relation propos�ee est vraie pour n = 0, n = 1. Supposons-l�a vraiejusqu'�a un rang n.T n+1(P ) = nXk=0(�1)n�kCkn(P (X + k + 1) � P (X + k)).T n+1(P ) = n+1Xk=1(�1)n+1�kCk�1n P (X + k) + nXk=0(�1)n+1�kCknP (X + k).Nous obtenons doncT n+1(P ) = P (X + n + 1) + nXk=1(�1)n+1�kCk�1n P (X + k)+ nXk=1(�1)n+1�kCknP (X + k) + (�1)n+1P (X)= P (X + n+ 1) + nXk=1(�1)n+1�kCkn+1P (X + k) + (�1)n+1P (X)= n+1Xk=0(�1)n+1�kCkn+1P (X + k).La relation est donc vraie.(��) Soit P 2 R[X ] tel que P (X+1) = P (X). Le polynome P (X)�P (0)s'annule sue N donc poss�ede au moins 1+deg(P ) racines. Il est doncnul. Le noyau de T est l'ensemble des polynomes constants.(���) XR[X ] est un suppl�ementaire de Ker(T ). Soit n>1. La dimensionde T (Rn[X ]) est n ; soit P 2 R[X ]. deg(T (P ))6 deg(P )� 1 (en faitsi P n'est pas constant il y a �egalit�e) donc T (Rn[X ]) � Rn�1[X ] etT (Rn[X ]) = Rn�1[X ].Soit alors Q 2 R[X ] ; il existe q 2 N; Q 2 Rq[X ] donc Q 2T (Rq+1[X ]). T est surjective.La restriction de T �a XR[X ] est une bijection d'application r�eci-proque fT �1 d�e�nie de R[X ] dans XR[X ].Pour n>1 les polynomes chech�es sont dans XR[X ] et doivent v�e-ri�er T (Hn) = Hn�1 c'est-�a-dire Hn = fT �1(Hn�1). Chaque poly-nome Hn est donc de degr�e n. Une telle suite est donc d�e�nie et

159unique �a partir du choix de T0 = 1. Hn = fT �n(H0) c'est-�a-dire1 = nXk=0(�1)n�kCknTn(X + k).(�v) Chaque polynome Hn est de degr�e n donc ces polynomes constituentune base de R[X ]. Un polynome P s'�ecrit donc P = +1Xn=0 anHn (lasomme est �nie). Pour tout entier p6n nous avons T p(Hn) = Hn�pet pour p > n; T p(Hn) = 0. Donc 8p 2 N; (T p(Hn))(0) = �np . Nousen d�eduisons : (T p(P ))(0) = +1Xn=0 an�pn = ap.P s'�ecrit donc : P = +1Xn=0(T n(P ))(0)Hn.H1 = X; H2 = 12(X2 �X).(v) XH0 = H1, XH1 = X2 = 2H2 +H1.Supposons prouv�e jusqu'au rang n le r�esultat.T (XHn+1) = (X + 1)Hn+1(X + 1) �XHn+1(X)= (X + 1)T (Hn+1) +Hn+1 = XHn +Hn +Hn+1.En utilisant l'hypoth�ese de r�ecurrence nous obtenonsT (XHn+1) = �nHn + �nHn+1 +Hn +Hn+1= (1 + �n)Hn + (1 + �n)Hn+1.Nous en d�eduisons : XHn+1 = (1+�n)fT �1(Hn)+(1+�n)fT �1(Hn+1)soit encore XHn+1 = (1 + �n)Hn+1 + (1 + �n)Hn+2.Le r�esultat est prouv�e au rang suivant.Nous avons donc �n+1 = 1 + �n; �n+1 = 1 + �n c'est-�a-dire �n =n; �n = n+ 1. 8n 2 N; XHn = nHn + (n+ 1)Hn+1.Cette relation permet d'obtenir les polynomes Hn. Nous obtenons8n 2 N� ; Hn = 1n! n�1Yk=0(X � k).(v�) D'apr�es les r�esultats pr�ec�edent, 8(n; p) 2 N2 ; sn;p = (T n(Xp))(0).Supposons p 2 N� .T n �Xp�1�+ T n�1 �Xp�1� = T n�1 �(X + 1)p�1 �Xp�1 +Xp�1�= T n�1 �(X + 1)p�1�.n(sn;p�1 + sn�1;p�1) = n (T n�1 ((X + 1)p�1)) (0).D'apr�es la premi�ere relation nous avonsn(sn;p�1 + sn�1;p�1) = n n�1Xk=0(�1)n�1�kCkn�1(k + 1)p�1= nXk=1(�1)n�knCk�1n�1(k)p�1= nXk=1(�1)n�kCkn(k)p = (T n(Xp))(0).

160 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESNous avons donc pour (p; n) 2 (N�)2; sn;p = n(sn;p�1 + sn�1;p�1).(b) Soit p>2 le cardinal de E et soit n>2 celui de F . Soit a 2 E �x�e. Soit Sn;pl'ensemble des surjections d'un ensemble �a p �el�ements dans un ensemble �an �el�ements. f 2 Sn;p si et seulement si f Efag est une surjection �a valeursdans F (auquel cas f(a) est quelconque) ou f Efag est une surjection �avaleurs dans F priv�e d'un �el�ement b 2 F et f(a) = b.Les fonctions du premier cas et celles du second sont di��erentes ; il y anSn;p�1 fonctions dans le premier ensemble et nSn�1;p�1 fonctions dans lesecond. Nous avons donc : Sn;p = nSn;p�1 + nSn�1;p�1.Pour n > p; Sn;p = 0. Nous poserons S0;0 = 1 et pour p 2 N� ; S0;p = 0.Dans ces conditions, pour (n; p) 2 (N�)2 Sn;p = n(Sn;p�1 + Sn�1;p�1) carpour p = 1 et n>2 la relation est v�eri��ee et pour p = n = 1 elle l'estencore.Pour (n; p) 2 N2 ; Sn;p = sn;p.En e�et notons P(p) la proposition 8n 2 N; n6p; Sn;p = sn;p.P(0) signi�e S0;0 = s0;0.P(1) signi�e S0;1 = s0;1 et S1;1 = s1;1 ce qui est v�eri��e. Il est alorsimm�ediat que d�es que P(k) est v�eri��ee jausqu'au rang p, P(p + 1) estv�eri��ee.D'apr�es le r�esultat vu en (�) nous obtenons : Sn;p = nXi=0 (�1)n�iCinip enconvenant d'imposer i0 = 1.(c) (�) Soit f une surjection de E dans Nn . Nous d�e�nissons la relationR par (x; y) 2 E2; xRy () f(x) = f(y). Il y a n classesd'�equivalences pour cette relation. L'application ef d�e�nie sur E/Rpar ( ef)(X) = f(x) o�u X est la classe de x est bien d�e�nie et estbijective. Il y a �equivalence entre la donn�ee d'une partition de E enn parties deux �a deux disjointes et la donn�ee d'une bijection ef d�e�niesur l'ensemble des parties de la partition �a valeurs dans Nn .Le nombre de partitions en n parties est donc �egal �a 1n!Sn;p. Lenombre de partitions de E est donc pXn=1 1n!Sn;p.En convenant que �0 = 1 la relation peut s'�ecrire :8p 2 N; �p = pXn=0 1n!Sn;p.(��) V�eri�ons la relation �p+1 = pXq=0 Cqp�q.pXq=0 Cqp�q = pXq=0 Cqp qXj=0 1j!Sj;q! soit encore pXj=0 pXq=j Cqpj! Sj;q.pXq=j CqpSj;q = pXq=0 CqpSj;q.

161Sj;q est la coordonn�ee d'indice j de Xq dans la base (Hn)n2N doncpXq=0 Cqp+1Sj;q est la coordonn�ee de pXq=0 Cqp+1Xq = (1 +X)p+1 �Xp+1d'indice j dans la base (Hn)n2N c'est-�a-dire est la coordonn�ee d'indicej de T (Xp+1) dans la base (Hn)n2N.Xp+1 = +1Xn=1 sn;pHn (la somme est �nie) doncT (Xp+1) = +1Xn=1 sn;p+1Hn�1 = +1Xn=0 sn+1;p+1Hn.Nous avons alors pXq=j Cqp+1Sj;q = sj+1;p+1 = Sj+1;p+1.pXq=0 Cqp�q = pXj=0 � 1j! (Sj+1;p + Sj;p)� = pXj=0 � 1(j + 1)!Sj+1;p+1� = �p+1.Le r�esultat est donc obtenu.V�eri�ons que �p6p!. C'est vrai pour p = 0; p = 1 et p = 2.�p+1 = pXq=0 Cqp�q6 pXq=0 Cqpq! = p! pXq=0 1(p� q)! = p! pXq=0 1q!6ep!6(p+ 1)!pour p>2. Le r�esultat est donc v�eri��e par r�ecurrence.La s�erie enti�ere +1Xj=0 �jj! xj a donc un rayon de convergence au moins�egal �a 1.La s�erie enti�ere +1Xp=0 1p!xp a un rayon de convergence in�ni donc pourjxj < 1 nous avons +1Xp=0 1p!xp! +1Xj=0 �jj! xj! = +1Xn=0 anxn avec an = nXj=0 �jj!(n � j)! = �n+1n! .Posons pour jxj < 1; f(x) = +1Xj=0 �jj! xj . Nous obtenonsexp(x)f(x) = +1Xn=1 1(n� 1)!�nxn�1 = f 0(x).f est solution de l'�equa-tion di��erentielle y0 = exy avec f(0) = 1. La solution est doncf(x) = exp (ex � 1).Si nous calculons le d�eveloppement limit�e de f �a l'ordre 14 parexemple au voisinage de z�ero, puis si nous multiplions le coe�cientde xp dans ce d�eveloppement par p! nous en d�eduisons les valeurs de�p pour p614. Ce sont les valeurs suivantes :1; 1; 2; 5; 15; 52; 203; 877; 4140; 21147; 115975; 678570; 4213597;27644437; 190899322.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

162 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES73. Il existe deux matrices P et Q de Mn(R) telles que (P + iQ)A = B(P + iQ)c'est-�a-dire PA = BP et QA = BQ avec det(P + iQ) 6= 0. Soit t 2 R.det(P + tQ) est non nul pour t = i.La fonction polynomiale t 2 R 7�! det(P + tQ) 2 R n'est donc pas identique-ment nulle et poss�ede un nombre �ni de racines. Il existe donc un r�eel � telque det(P + �Q) 6= 0. Nous avons alors (P + �Q)A = B(P + �Q). A et Bsont donc semblables dans Mn(R).74. (a) d est bien un endomorphisme.d2(H2) = d(Hd(H) + d(H)H) = d(H)2 +Hd2(H) + d2(H)H + d(H)2= 2d(H)2.Supposons que pour tout k 2 N; k6n; dk(Hk) = k!d(H)k. D'apr�es la for-mule de Leibniz, nous avons : dn+1(HnH) = n+1Xk=0 Ckn+1dk(H)dn+1�k(Hn).�Etant donn�e que d2(H) = 0 nous obtenons :dn+1(HnH) = dn+1(Hn) + (n+ 1)d(H)dn(Hn) qui d'apr�es l'hypoth�ese der�ecurrence est �egal �a d (n!d(H)n) + (n+ 1)!d(H)n+1.En r�eutilisant d2(H) = 0 nous avons d (n!d(H)n) = n!d (d(H)n) = 0 puisdn+1(Hn+1) = (n+ 1)!d(H)n+1.(b) Soit d l'application telle que d(U) = AU � UA.d(UV ) = AUV � UV A = U(AV � V A) + (AU � UA)V .d2(H) = d(B) = AB � BA = 0.Nous en d�eduisons : dn(Hn) = n!d(H)n Bn = d(H)n = 1n!dn(Hn).Munissons E = Mn(R) de la norme kMk = supX 6=0 kAXkkXk o�u X est unematrice colonne dont la norme est une norme sur Rn et L(E) de la normeassoci�ee. kdn(Hn)k6jkdkjnkHkn.Il vient alors kBnk 1n6 nr 1n! jkdkjnkHk.ln(n)n! = 1n nXk=1 ln(k)> 1n Z n1 ln(t)dt = ln(n)� 1 donc14limn!+1 ln� npn! � = +1.Nous obtenons bien limn!+1 kBnk 1n = 0.75. (a) (�) u est clairement lin�eaire.Soit B = (e1; : : : ; ep) une base de E. u(ej) = ('1(ej); : : : ; 'n(ej)).Notons B� = (e�1; : : : ; e�p) la base de E� duale de la base B. Notonsai;j la ji�eme composante de 'i dans la base B�. ai;j = 'i(ej). Soit Ala matrice de u dans le couple de base (B;B0) o�u B0 = ("1; : : : ; "n)14On peut utiliser la moyenne de C�esaro ; on peut aussi remarquer quenpa1 : : : an 6 1n (a1 + : : : + an) lorsque les ai sont positifs donc nr 1n! 6 1n nXk=1 1k! etconclure �a nouveau avec la moyenne de C�esaro.

163est la base canonique de Kn . La ii�eme ligne de A est constitu�ee descomposantes de 'i dans la base B�. Le rang de A et celui 15 de tAsont �egaux donc, le rang de u est celui de la famille '1; : : : ; 'n.(��) u est un isomorphisme si et seulement si rg(u) = n = p. Supposonsque E soit de dimension n et que ('1; : : : ; 'n) soit une base de E�.8i 2 Nn ; 9ai 2 E; u(ai) = "i. La famille (a1; : : : ; an) est une basede E et v�eri�e : 8(i; j) 2 (Nn)2; 'j(ai) = �ji . (a1; : : : ; an) est labase pr�eduale de la base ('1; : : : ; 'n).(b) Soit r le rang de la famille (x1; : : : ; xn). Quitte �a changer l'ordre des�el�ements, ce qui ne change pas le rang de l'application lin�eaire que nousappelons encore v, nous supposons que les r premiers vecteurs sont ind�e-pendants. (Si r = 0, le rang de v est nul). Supposons r>1.Notons pour i6r; ei = xi que nous compl�etons en une base B = (e1; : : : ; ep)de E. Soit B� = (e�1; : : : ; e�p) sa base duale.' 2 Ker(v) () 8j6r; '(ej) = 0.' s'�ecrit ' = pXj=0 '(ej)e�j donc' 2 Ker(v) () ' = pXj=r+1'(ej)e�j . (Si r = p; ' = 0). Il vient alors' 2 Vect(�e�j�r+16j6p).La r�eciproque est imm�ediate et dim(Ker(v)) = p � r. Le rang de v estdonc �egal �a r.(c) (�) Supposons que pour i 2 Nn ; Ker( i) = Ker('i) = Hi.Il existe alors (a1; : : : ; an) 2 Kn ; chaque ai est non nul et v�eri�e8i 2 Nn ; i = ai'i.Le rang des deux familles ('1; : : : ; 'n) et ( 1; : : : ; n) est le meme.(��) En utilisant les notations pr�ec�edentes et en notant r le rang de lafamille (H1; : : : ; Hn), nous avons V = Ker(u) doncdim(V ) = dim(Ker(u)) = dim(E)� rg(u) = dim(E)� r.(���) V = fx 2 E; 8i6r; i(x) = 0g.Compl�etons la famille ( 1; : : : ; r) pour en faire une base ( 1; : : : ; p)de E�.Soit (e1; : : : ; ep) sa base pr�eduale. Soit V = Vect(er+1; : : : ; ep). (Sir = p, V = f0g).Soit ' 2 E�; Ker(') = H , ' = pXj=1 �j j .Pour tout j>r + 1 nous avons '(ej) = 0 donc ' = rXj=1 �j j .(�v) Soit (er+1; : : : ; ep) une base de V que l'on compl�ete en une base15Je rappelle que toute matrice M 2 Mp;q(K) s'�ecrit PJrQ o�u P 2 GLp(K); Q 2 GLq(K) etJr 2 Mp;q(K) a tous ses �el�ements nuls sauf ceux d'indices (i; i) avec i6r qui sont �egaux �a 1 (sir = 0, Jr = 0). Le rang de M est celui de Jr qui est celui de tJr qui est donc celui de tM .

164 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(e1; : : : ; ep) de E. Soit (e�1; : : : ; e�p) sa base duale.r\i=1 Ker(e�i ) = fx = pXj=1 ajej ; 8i6r; pXj=1 aj�ji = 0g. Nous avons donc :r\i=1 Ker(e�i ) = fx = pXj=1 ajej ; 8i6r; ai = 0g = V .76. (a) Soit u 2 L(E;F ). Soit (f; g; �) 2 F � � F � � K . tu(f) = f � u 2 E�.tu(f + �g) = (f + �g) � u = f � u + �g � u = tu(f) + �tu(g).tu est bien dans L(F �; E�).(b) Soit (u; v; �) 2 L(E;F )� L(E;F )� K . Soit f 2 F �.(t(u+ �v))(f) = f � (u + �v) = f � u+ �f � v = t(u)(f) + �t(v)(f).u 2 L(E;F ) 7�! tu 2 L(F �; E�) est lin�eaire.(c) Soit f 2 G�. (t(v � u))(f) = f � v � u = (tu)(f � v) = (tu)((tv)(f)).Nous avons donc (t(v � u) = (tv) � (tu).(d) Pour f 2 E�, t(IdE)(f) = f = (IdE�)(f).Soit u un isomorphisme de E vers F . Soit v son isomorphisme r�eciproque.v � u = IdE donc (tu) � (tv) = IdE� . Cela signi�e que tu est surjective.De meme (tv) � (tu) = IdF � donc tu est injective. tu est donc un isomor-phisme, d'isomorphisme r�eciproque t(u�1).Remarque si E et F sont de meme dimension �nie, l'injectivit�e ou lasurjectivit�e su�t.Supposons u non surjective. Im(u) 6= F . Soit x 2 F; x 62 Im(u). Soit Gun suppl�ementaire de Im(u)� Kx. Soit H = G� Im(u). Soit f la formelin�eaire de noyau H v�eri�ant f(x) = 1. f � u = 0 donc f 2 Ker(tu) ; tun'est pas injective.Supposons tu surjective et u non injective. Soit x 2 Ker(u); x 6= 0.Soit f 2 E� telle que f(x) = 1. Il existe g 2 F � g � u = f doncf(x) = 1 = (g � u)(x) = 0. Nous avons une contradiction et u est injec-tive. tu est donc un isomorphisme de F � dans E� si et seulement si u estun isomorphisme de E vers F .(e) Soit e = (e1; : : : ; en) une base de E de base duale e� = (e�1; : : : ; e�n) etsoit f = (f1; : : : ; fp) une base de F de base duale f� = (f�1 ; : : : ; f�p ).Supposons 8j 2 Nn ; u(ej) = pXi=1 ai;jfi et8i 2 Np ; (tu)(f�i ) = nXk=1 bk;ie�k. (tu)(f�i ) = f�i � u.En �ecrivant pour j 2 Nn , ((tu)(f�i ))(ej) = f�i (u(ej)) = pXk=1 ak;jf�i (fk) = ai;jet 8i 2 Np ; ((tu)(f�i ))(ej) = nXk=1 bk;ie�k(ej) = bj;i nous en d�eduisons8(i; j) 2 Nn � Np ; ai;j = bj;i.

165La matrice de u dans le couple de base (e; f) est la transpos�ee de la ma-trice de tu dans le couple de base (e�; f�).Remarque en dimensions �nies, l'utilisation des matrices permet de re-trouver tous les r�esultats pr�ec�edents.77. Consid�erons l'application f de E dans (E�)�, not�e E��, qui �a x associe la formelin�eaire f(x) d�e�nie sur E� v�eri�ant 8' 2 E�; (f(x))(') = '(x).8(x; y; �; ') 2 E � E � K � E�,(f(x + �y))(') = '(x + �y) = '(x) + '(�y) = (f(x))(') + �(f(y))(') doncf est lin�eaire.f est injective. En e�et f(x) = 0 ) 8' 2 E�; '(x) = 0. Si x n'est pas nul ilexiste un hyperplan16 H de E ne contenant pas x. H est le noyau d'une formelin�eaire ' v�eri�ant '(x) 6= 0 ce qui est contradictoire.Si E est de dimension �nie alors f est bijective.8X 2 E�� 9!x 2 E tel que 8' 2 E�; X(') = '(x).Soit (X1; : : : ; Xn) une base de E�. Soit (X�1 ; : : : ; X�n) sa base duale dansE��.L'image r�eciproque par f de cette base est une base (e1; : : : ; en) de E.8' 2 E�; '(ei) = X�i (') en particulier Xj(ei) = X�i (Xj) = �ji . La base(X1; : : : ; Xn) est donc la base duale de la base (e1; : : : ; en).Toute base du dual poss�ede donc (en dimension �nie) une base pr�eduale.78. (a) Soit A une partie non vide de E. f 2 E� est dans A? si et seulementsi 8a 2 A; f 2 fag? donc A? = \a2Afag?. 0 2 fag?. Soient f et gdeux �el�ements de fag?, soit � 2 K . (f + �g)(a) = 0 donc fag? est unsous-espace vectoriel de E� et A? est un sous-espace vectoriel de E�. Lad�emonstration est analogue pour ?B o�u B est une partie de E�.Soient A et A0 deux parties non vides de E. Supposons A � A0. Soitf 2 (A0)?. 8x 2 A0; f(x) = 0 donc 8x 2 A; f(x) = 0 et f 2 A?.Soient B et B0 deux parties non vides de E�. Supposons B � B0. Soita 2 ?B0. 8f 2 B0; f(a) = 0 donc 8f 2 B; f(a) = 0 et ?B0 � ?B.Il est alors clair que (Vect(A))? � A?. Soit f 2 A? ; soit x 2 Vect(A)alors x est une combinaison lin�eaire (�nie) d'�el�ements de A et f(x) = 0donc f 2 (Vect(A))?. Nous avons l'�egalit�e : (Vect(A))? = A?.La preuve est analogue pour ?B.(b) Soit V un sous-espace vectoriel de E. Soit x 2 V , 8f 2 V ?; f(x) = 0donc x 2 ?�A?�. Nous avons donc V � ?�V ?�.Montrons x 62 V ) x 62 ?�V ?�.Soit F = V � Kx. Soit G un suppl�ementaire de F et soit H l'hyperplanG � V .Consid�erons alors la forme lin�eaire f de noyau H telle que f(x) = 1.f 2 V ? et f(x) 6= 0 donc x 62 ?�V ?�.Si A est une partie non vide E alors en posant V = Vect(A) nous avonsbien ?�A?� = Vect(A).16Ce que nous admettons en dimension in�nie.

166 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(c) Soit A = fcos(n); n 2 Ng. A = [0; 1]. ?G est l'ensemble des fonctions fde E qui s'annulent sur A. Par continuit�e elles s'annulent sur A = [0; 1].?G = f0g.�?G�? = E� qui n'est pas �egal �a G.f 2 E 7�! Z 10 f(t)dt 2 R n'est pas dans G, sinon 9(a0; : : : ; an) 2 Rn+1tel que 8f 2 E; Z 10 f(t)dt = nXk=0 akf(cos(k)).La fonction f d�e�nie par f(t) = nYk=0(t� cos(k))2 a une int�egrale > 0 etnXk=0 akf(cos(k)) = 0.On peut aussi choisir comme exemple E = C0[0;2�] les fonctions continues2�-p�eriodiques �a valeurs complexes, G l'espace vectoriel engendr�e par lesapplications f 2 E 7�! cn(f) 2 C o�u cn(f) est le coe�cient de Fourierd'indice n 2 Zde f . Nous avons encore ?G = f0g et G 6= E�.(d) (�) Soit u 2 L(E;F ). Soit f 2 F � ;f 2 Ker (tu) () 8x 2 E; (f � u)(x) = 0() 8y 2 Im(u); f(y) = 0.Nous en d�eduisons Ker (tu) = (Im(u))? et ?(Ker(u)) = Im(u).(��) En particulier u surjective est �equivalent �a tu injective car u surjectiveest �equivalent �a (Im(u))? = f0g = Ker (tu).Soit f 2 Im(tu) alors 9g 2 F �; f = g � u nous avons alors pour toutx 2 Ker(u); f(x) = 0 et f 2 (Ker(u))?.Soit f 2 (Ker(u))?. Nous voulons trouver g 2 F �; f = g � u. Enutilisant la factorisation, nous savons que f s'�ecrit g�u si et seulementsi Ker(u) � Ker(f) ce qui est le cas par hypoth�ese. Nous avons doncIm(tu) = (Ker(u))? puis ?(Im(tu)) = Ker(u).Nous en d�eduisons u injective () tu surjective.En e�et f0g? = E� = (Ker(u))? = Im(tu).(���) Si tu = 0 alors Ker(tu) = F � = (Im(u))? donc f0g = ?(F �) = Im(u)et u = 0.Si E et F sont de dimensions dinies alors L(E;F ) et L(F �; E�) sontde meme dimension �nie et l'application lin�eaire injective est bijec-tive.(e) (�) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie. Soit E1 un sous-espace vectoriel de E. Si E1 = E ou f0g ou F1 = E� ou f0g ler�esultat est v�eri��e.Supposons E1 6= E; E1 6= f0g. Soit (e1; : : : ; ep) une base de E1 quel'on compl�ete en une base (e1; : : : ; en) de E. Soit (e�1; : : : ; e�n) labase duale. Nous savons que E?1 = fe1; : : : ; epg?. Soit f un �el�ementde E� ; f = nXk=0 ake�k donc 8k 2 Nn ; ak = f(ek).

167f 2 E?1 si et seulement si 8k 2 Np ; ak = 0 donc si et seulement sif 2 Vect(e�p+1; : : : ; e�n)) qui est de dimension n� p ; d'o�u le r�esultat.Soit (f1; : : : ; fp) une base de F1 que l'on compl�ete en une base(f1; : : : ; fn) de E�. Soit (e1; : : : ; en) la base de E pr�eduale decelle-ci. ?F1 = ?ff1; : : : ; fpg.Soit x = nXk=1 akek un �el�ement de E.x 2 ?F1 () 8i 2 Np ; fi(x) = 0 () 8i 2 Np ; ai = 0.Nous avons donc ?F1 = Vect(fep+1; : : : ; eng) qui est de dimensionn� p.Remarque nous d�eduisons que si E et F sont de dimensions �nies,si u 2 L(E;F ) alorsdim(Ker(tu)) = (dim(F )� dim(E)) + dim(Ker(u)) et rg(tu) = rg(u).Si E et F ont meme dimension alors dim(Ker(tu)) = dim(Ker(u)).(��) Soient F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E.Si F?1 = F?2 alors F1 = ?�F?1 � = ?�F?2 � = F2. L'application estdonc injective.Soit G un sous-espace vectoriel de E� ; soit F = ?G. Soit f 2 G.Pour tout x 2 F; f(x) = 0 donc f 2 F? et G � F?. Nous savonsque dim(G) + dim(F ) = dim(E) = dim(F?) + dim(F ). Nous avonsdonc G = F?.(f) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E.E1 � E1 + E2; E2 � E1 +E2 donc (E1 + E2)? � E?1 \ E?2 .Soit f 2 E?1 \ E?2 . Soit x 2 E1 + E2; x = x1 + x2; (x1; x2) 2 E1 � E2 .Nous avons f(x) = 0 donc f 2 (E1 + E2)?.Nous avons alors l'�egalit�e (E1 +E2)? = E?1 \ E?2 .E1 \ E2 � E1; E1 \ E2 � E2 donc E?1 + E?2 � (E1 \ E2)?.Soit f 2 (E1 \ E2)?. Nous voulons prouver que f s'�ecrit f1 + f2 avecf1 2 E?1 et f2 2 E?2 .Soit F1 un suppl�ementaire de E1\E2 dans E1 et soit F2 un suppl�ementairede E1 \ E2 dans E2 E1 + E2 = (E1 \ E2) � F1 � F2. Soit en�n G unsuppl�ementaire de E1 +E2 dans E. E = (E1 \ E2)� F1 � F2 � G.Consid�erons la forme lin�eaire f1 telle que la restriction �a (E1 \ E2)� F1soit nulle et la restriction �a F2 � G soit la restriction de f �a F2 � G.Consid�erons la forme lin�eaire f2 telle que la restriction �a (E1\E2)�F1�Gsoit nulle et la restriction �a F2 soit la restriction de f �a F2.f1 2 E?1 , f2 2 A?2 et f = f1 + f2 d'o�u le r�esultat.Soient F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E�.F1 � F1 + F2; F2 � F1 + F2 donc ?(F1 + F2) � ?F1 \ ?F2.Soit x 2 ?F1\?F2. 8(f1; f2) 2 F1�F2; f1(x) = f2(x) = 0. Soit h = f1+f2alors h(x) = 0 et x 2 ?(F1 +F2). d'o�u l'�egalit�e : ?(F1 +F2) = ?F1 \ ?F2.F1 \ F2 � F1, F1 \ F2 � F1 donc ?F1 + ?F2 � ?(F1 \ F2) d'o�u l'�egalit�e .Si E est de dimension �nie alors il existe E1 et E2 tels que F1 = E?1 etF2 = E?2 . Nous avons alors ?(E?1 \ E?2 ) = ?(E?1 ) + ?(E?2 ) = E1 + E2?(F1 \ F2) = ?F1 + ?F2.

168 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES(g) En reprenant les notations de cet exercice, nous avons V = ?f'1; : : : ; 'ngdonc dim(V ) = dim(E)� dim(Vect(f'1; : : : ; 'ng)).V � H ) H? � V ? = Vect( 1; : : : ; r) et ' 2 Vect( 1; : : : ; r).Si V est de dimension p � r alors V ? est de dimension r et est engendr�epar r formes lin�eaires ind�ependantes ('1; : : : ; 'r).V ? = f'1; : : : ; 'rg puis V = ?f'1; : : : ; 'rg = r\i=1Hi o�u pour chaqueentier i 2 Nr ; Hi = Ker('i).79. Si f est de rang 1, il existe a 6= 0; a 2 E tel que Im(f) = Ka. Soit x 2 Ealors il existe '(x) 2 K tel que f(x) = '(x)a. ' est clairement lin�eaire car8(x; y; ') 2 E�E�K 0 = f(x+'y)�f(x)�'f(y) = ('(x+y)�'(x)�'(x))adonc '(x + y)� '(x) � '(x) = 0.x 2 E 7�! '(x)a est lin�eaire de rang 1 car ' et a sont non nuls.80. (a) ?G = fg 2 F; 8x 2 R; g(x) = 0g = f0g. G est de dimension �nie,donc d'apr�es ce que nous avons vu dans les exercices pr�ec�edents, G =f0g? = F �. G est une famille g�en�eratrice de F �. Nous savons que detoute famille g�en�eratrice d'un espace vectoriel de dimension �nie on peutextraire une famille �nie base de cet espace. Il existe donc une famille�nie (x1; : : : ; xp) de r�eels telle que (�xi)i2Np soit une base de F �.(b) La base (�xi)i2Np de F � poss�ede une base pr�eduale. Il existe donc (gi)i2Npune famille de fonctions de R dans C telle que 8(i; j) 2 (Np)2; gi(xj) = �ji .(c) (fi)i2Np est une base de F . Pour i 2 Nn ; fi = nXj=1 �i;jgj donc8(i; k) 2 (Nn)2; fi(xk) = nXj=1 �i;jgj(xk) = �i;k. La matrice de terme g�en�e-ral (fi(xj))(i;j)2(Nn)2 est la matrice de passage d'une base de F vers unebase de F donc elle est inversible.Supposons que la famille (gi)i2Nn soit li�ee. L'une des fonctions fj0 estcombinaison lin�eaire des autres. fj0 = Xj=1j 6=j0 �jfj. Soit (a1; : : : ; an) unefamille de r�eels. Notons Cj la matrice colonne dont l'�el�ement d'indice iest fj(ai). Nous avons alors Cj0 = Xj=1j 6=j0 �jCj . La famille (C1; : : : ; Cn) estune famille li�ee et le d�eterminant de la matrice est nul. L'�equivalence estd�emontr�ee.81. Soit P le polynome n�1Xk=0 akXk. P (k)(0) = k!ak. Si P = X i alors P (k)(0) = k!�ik .Consid�erons la combinaison n�1Xk=0 �kP (k)(0) = 0 pour tout polynome de E ; alors

1698i 2 N; i6n� 1; n�1Xk=0 �kk!�ik = 0 = i!�i. La famille est donc libre. Chaque 'kest une forme lin�eaire donc il s'agit d'une base de E� qui est de dimension n.Il s'agit de d�eterminer (P1; : : : ; Pn�1) tel que 8(k; i) 2 N2 ; k6n � 1; i6n�1; P (i)k (0) = �ik.D'apr�es le calcul pr�ec�edent, la famille � 1i!X i�06i6n�1 convient.82. (a) u est clairement lin�eaire.Soit P 2 E un �el�ement du noyau. 8i 2 Nn ; P (ai) = 0. P est de degr�e auplus �egal �a n � 1 donc P est nul. u est injective donc bijective car E etKn ont meme dimension �nie. Comme nous l'avons vu dans les exercicespr�ec�edents, le rang de u est celui de la famille ('1; : : : ; 'n) qui est doncune famille libre, c'est-�a-dire une base de E�.(b) La base pr�eduale de la base ('1; : : : ; 'n) est une famille de polynomes(P1; : : : ; Pn) telle que 8(i; j) 2 (Nn)2; Pj(ai) = �ji avec deg(Pj)6n� 1.Il su�t de poser Qj = 1X � aj nYk=1(X � ak) et de choisir Pj = Qj(X)Qj(aj) .Le polynome d'interpolation de Lagrange est l'unique polynome P de de-gr�e au plus �egal �a n � 1 tel que 8i 2 Nn ; P (ai) = bi o�u les bi sont des�el�ements donn�es de K . P = u�1(b1; : : : ; bn).Notons ("1; : : : ; "n) la base canonique de Kn . 8j 2 Nn ; u(Pj) = "j doncnXj=1 bju(Pj) = (b1; : : : ; bn) soit encore nXj=1 bjPj = u�1(b1; : : : ; bn) = P .La matrice de u est V (a1; : : : ; an) donc la matrice inverse est celle deu�1. La ji�eme colonne de la matrice inverse est constitu�ee des coordon-n�ees de Pj dans la base canonique de Kn . Si nous utilisons le r�esultatde l'exercie num�ero 22 du chapitre 3, en notant �k;i la ki�eme fonction sy-m�etriques des racines de Pi nous avons �k;i = kXj=0 (�1)k�jak�ji �j o�u les �jsont les fonctions sym�etriques du polynome R = nYk=1(X � ak). L'�el�ementd'indice (i; j) de la matrice inverse de la matrice de Vandermonde est(�1)n�i�n�i;jR0(aj) .Si nous examinons le terme d'indice (1; 1) de la matrice inverse, nousconstatons qu'il est �egal �a nYi=2 ainYi=1(ai � a1) . Nous savons qu'il est �egal aud�eterminant de la sous-matrice de Vandermonde obtenue en rayant lapremi�ere ligne et la premi�ere colonne de cette matrice, divis�e par le d�e-terminant de V (a1; : : : ; an).

170 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESNous obtenons donc :det(V (a2; : : : ; an)) nYi=2(ai � a1) = det(V (a1; : : : ; an)).Nous obtenons par un raisonnement par r�ecurrence imm�ediat (�a �ecrire !)que det(V ((a1; : : : ; an)) = Y16i<j6n(aj � ai) qui est encore vrai lorsquedeux �el�ements ai et aj sont �egaux.83. (a) Il s'agit en fait de prouver que si z 2 E; z 6= 0 alors il existe ' 2E�; '(z) 6= 0.Il su�t de consid�erer un hyperplan H de E ne contenant pas x et deconsid�erer la forme lin�eaire ' de noyau H v�eri�ant par exemple '(x) = 1.(b) Supposons L 6= E�. L'orthogonal de L est un sous-espace vectoriel de Ede dimension dim(E)�dim(L)>1 donc il existe x 6= 0; 8' 2 L; '(x) = 0.Le r�esultat est d�emontr�e.Si nous ne voulons pas utiliser l'orthogonalit�e, on peut refaire une d�e-monstration directe.Soit ('1; : : : ; 'r) une base de L. (Si L est nul le r�esultat est imm�e-diatement acquis). Supposons r < dim(E). Nous compl�etons cette basepour en faire une base B� = ('1; : : : ; 'n) de E�. Soit (e1; : : : ; en) labase pr�eduale de la base B�. 8(i; j) 2 (Nn)2; 'i(ej) = �ji . En particulier8i6r; 'i(en) = 1 6= 0 d'o�u le r�esultat.84. Il est imm�ediat que t(tAM +MA) = �(tAM +MA).L'espace vectoriel des matrices antisym�etriques est de dimension n(n� 1)2 .Une base est constitu�ee des matrices Ei;j � Ej;i pour 16i < j6n.Posons A =X16i;j6nai;jEi;j .f (Ei;j � Ej;i) =X16k;l6n(ak;lEl;k (Ei;j � Ej;i)) +X16k;l6n(al;k (Ei;j � Ej;i)El;k).Nous obtenons :f (Ei;j � Ej;i) =X16k;l6n�ak;l ��ikEl;j � �jkEl;i��+X16k;l6n�al;k ��ljEi;k � �liEj;k�� soit en-coref (Ei;j � Ej;i) = nXl=1 ai;lEl;j � nXl=1 aj;lEl;i + nXk=1 aj;kEi;k � nXk=1 ai;kEj;k.En regroupant nous obtenons :f (Ei;j � Ej;i) = nXl=1 ai;l (El;j � (Ej;l) + nXl=1 aj;l (Ei;l � El;i).Le coe�cient de Ei;j � Ej;i est ai;i + aj;j ; nous en d�eduisons tr(f) = 2 tr(A).85. (a) (X = tr(X)A+B) ) (tr(X) = tr(X) tr(A) + tr(B)).Si tr(A) 6= 1, X = tr(B)1 � tr(A) +B.Si tr(A) = 1, alors si tr(B) 6= 0 il n'y a pas de solution.Si tr(B) = 0 alors X = aA+B avec a 2 R sont les solutions.

171(b) Toute matrice M 2 Mn(K) est (de mani�ere unique) la somme d'unematrice sym�etrique et d'une matrice antisym�etrique. X est donc �egale �aX1 + X2 avec X1 sym�etrique et X2 antisym�etrique. Nous en d�eduisonsX1 = tr(X1)�12A�. Nous sommes ramen�e au cas pr�ec�edent.Si tr(A) 6= 2, X1 = 0 et l'ensemble des solutions est l'ensemble des ma-trices antisym�etriques.Si tr(A) = 2, les solutions X1 sont X1 = aA avec a 2 R. Si A n'est passym�etrique alors a = 0 ; sinon a est quelconque.Donc si A n'est pas sym�etrique, les solutions sont les matrices antisym�e-triques.Si A est sym�etrique les solutions sont X = aA+ X2 o�u a 2 R et X2 estantisym�etrique.86. Soit I un id�eal bilat�ere de Mn(K) non nul. Soit A 2 I de rang r>1. Il existeP et Q deux matrices inversibles telles que Jr = PAQ�1.I est un id�eal bilat�ere donc Jr 2 I.Si r = n; Jr = In. Sinon, consid�erons pour j 2 Nn�r la matrice Aj de Mn(K)dont les �el�ements sont tous nuls sauf ceux d'indices (i+j; i+j) avec i6r �egaux�a 1. Aj est de rang r et est �equivalente �a Jr et est donc dans I. La somme Bdes matrices Aj et de la matrice Jr est dans I ; cette somme est une matricediagonale �a �el�ements diagonaux tous non nuls. B = Diag(a1; : : : ; an). B�1existe et BB�1 = In est donc dans l'id�eal I. Nous en d�eduisons alors queI = Mn(K). Les seuls id�eaux bilat�eres de Mn(K ) sont donc f0g Mn(K).Une base de E �etant choisie, l'application de L(E) dansMn(K) qui �a u associesa matrice dans la base en question est un isomorphisme d'alg�ebre. Tout id�ealbilat�ere de L(E) est donc nul ou �egal �a L(E).Supposons E de dimension in�nie.Soit F l'ensemble des endomorphismes de E de rangs �nis. Soit (u; v) 2 F2.(u + v)(E) � u(E) + v(E) ; u + v est de rang �ni.Soit f 2 L(E) ; (u � f)(E) � u(E) donc u � f est de rang �ni.(f � u)(E) = f(u(E))) ; u(E) est de dimension �nie donc f(u(E))) aussi. Fest un id�eal bilat�ere.87. Soit i 2 Nn ; U2i;i = Ui;i ; Ui;i est une matrice de projecteur. nXi=1 Ui;i!2 = X16i;j6nUi;iUj;j = nXi=1 Ui;i. nXi=1 Ui;i est une matrice de projecteur.Nous avons alors rg nXi=1 Ui;i! = tr nXi=1 Ui;i! = nXi=1 tr(Ui;i)>n donc le rangde nXi=1 Ui;i est �egal �a n et la somme des rangs des Ui;i est n. Chaque rang estdonc �egal �a 1 ; il existe donc un vecteur e1 tel que U1;1(e1) = e1.Posons ei = U1;i(e1).Soit (i; j; k) 2 (Nn)3. Ui;j(ek) = Ui;jUk;1(e1) = �kj ei donc ei = Ui;j(ej) ; enparticulier e1 = U1;j(ej) 6= 0 et ej 6= 0.

172 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESNous avons aussi Ui;i(ei) = ei.Consid�erons la combinaison lin�eaire nXi=1 aiei = 0 c'est-�a-dire nXi=1 aiUi;i(ei) = 0.Il vient alors 8(j; k) 2 (Nn)2 nXi=1 aiUj;kUi;i(ei) = 0 = akUj;k(ek) = akej . Nousavons donc ak = 0 et la famille (e1; : : : ; en) est une base de Kn .Soit f un automorphisme de l'alg�ebre Mn(K ).Soit (i; j; k; l) 2 (Nn)4. f(Ei;jEk;l) = �kj f(Ei;l) = f(Ei;j)f(Ek;l).Les matrices f(Ei;j) sont non nulles et v�eri�ent une relation analogue �a cellev�eri��ee par les Ui;j donc il existe une base (v1; : : : ; vn) de Kn telle que8(i; j; k) 2 (Nn)3, f(Ei;j)(vk) = �kj vi.Soit P la matrice de passage de la base canonique ("1; : : : ; "n) de Kn �a labase (v1; : : : ; vn).Nous avons f(Ei;j)P ("k) = �kjP ("i) = PEi;j("k) soit f(Ei;j)P = PEi;j c'est-�a-dire f(Ei;j) = PEi;jP�1.Si M est une matrice nous avons bien f(M) = PMP�1.Les automorphismes sont donc les automorphismes int�erieurs.88. Quitte �a changer l'ordre des lignes de la matrice A c'est-�a-dire multiplier �agauche par une matrice P de permutation et (ou) changer l'ordre des colonnesde la matrice A c'est-�a-dire multiplier �a droite par une matrice Q de permu-tation, la sous-matrice principale A1 2 Mp(K) de la matrice de la matriceA0 = PAQ form�ee des p premi�eres lignes et p premi�eres colonnes de A0 estinversible. A0 = 0B@A1 A2A3 A41CA avec A2 2 Mp;n�p(K), A3 2 Mn�p;p(K) etA4 2 Mn�p;n�p(K).Montrons la relation A4 = A3A�11 A2.Notons pour j 2 Nn , 0@ vjwj 1A la ji�eme colonne de la matrice A0 avec vj 2Mp;1(K) et wj 2Mn�p;1(K).Notons pour k 2 Np , "0j 2 Mp;1(K ) et pour k 2 Nn�p "00j 2 Mn�p;1(K) descolonnes dont les �el�ements sont tous nuls sauf le ji�eme qui est �egal �a 1.D'apr�es les hypoth�eses, nous avons pour p + 16j6n,0@ vjwj 1A = pXi=1 �i;j0@ viwi 1A c'est-�a-dire vj = pXi=1 �i;jvi et wj = pXi=1 �i;jwi.Pour j>p+ 1; A2"00j = vj , A�11 vj = pXi=1 �i;jA�11 vi = pXi=1 �i;j"0i.A3A�11 vj = pXi=1 �i;jA3"0i = pXi=1 �i;jwi = A4"00j . Nous avons doncA4 = A3A�11 A2.

173Consid�erons la matrice B0 = 0@ A1A3 1A et la matrice C 0 = � Ip A�11 A2 �.Nous avons B0C 0 = A0 puis A = (P�1A0) (C 0Q�1). B0 et C 0 sont de rang pd'o�u le r�esultat.89. Notons B = ("1; : : : ; "p) la base canonique de Kp , notons B0 = ("01; : : : ; "0n)la base canonique de Kn . Notons a l'endomorphisme de K p dans Kn dont lamatrice dans le couple de de bases (B;B0) est A et b l'endomorphisme de Kndans K p dont la matrice dans le couple de de bases (B0;B) est B.Notons r16p le rang de a et r26p celui de b. (a � b)(Kn) est de dimension auplus �egale au minimum des deux nombres r1; r2. Nous avons donc r16p; r26p.Si l'un de ces deux nombres est strictement inf�erieur �a p alors le rang de a � baussi. Nous en d�eduisons que a est injective et b surjective. a(B0) est une basede Im(a � b) = Im(a) donc a � b, �etant un projecteur, (a � b)(a("0j)) = a("0j)pour tout j 2 Np . a �etant injective nous obtenons (b � a)("0j) = "0j . b � a estl'identit�e de Kp et BA = Ip.90. (a) Consid�erons la combinaison lin�eaire a1f1 + a2f2 + a3f3 = 0 ; nous avonspour tout polynome P 2 R3[X ], a1P (0) + a2P (1) + a3P 0(0) = 0.En choisissant successivement P = 1; X et X2 il vienta1 + a2 = 0; a2 + a3 = 0; a2 = 0. La famille est bien libre. Choisissonspar exemple f4 : P 2 E 7�! P 0(1) 2 R. (f1; f2; f3; f4) est encore libre ;il su�t de refaire le raisonnement pr�ec�edent en ajoutant le polynome X3.Recherchons 4 polynomes (P1; P2; P3; P4) de E v�eri�ant fi(Pj) = �jipour (i; j) 2 (N4)2.Il vient alors : P1(0) = 1; P1(1) = 0; P 01(0) = 0; P 01(1) = 0,P2(0) = 0; P2(1) = 1; P 02(0) = 0; P 02(1) = 0,P3(0) = 0; P3(1) = 0; P 03(0) = 1; P 03(1) = 0,P4(0) = 0; P4(1) = 0; P 04(0) = 0; P 04(1) = 1,Nous avons donc P1 = (X � 1)2(aX + 1) puis P1 = (X � 1)2(2X + 1).P2 = X2(aX + b) puis a+ b = 1 et 2b+ a = 0 ; P2 = X2(2X � 1).P3 = (X � 1)2(aX + b) puis b = 0 et a = 1 ; P3 = X(X � 1)2.P4 = aX2(X � 1) puis a = 1 ; P4 = X2(X � 1).(b) f est une forme lin�eaire.Les coordonn�ees (a1; a2; a3; a4) 2 R4 de f dans la base B v�eri�ent8P 2 E; Z 10 P (t)dt = a1P (0) + a2P (1) + a3P 0(0) + a4P 0(1). En choiss-sant respectivment P = 1; X; X2 et X3 nous obtenons :1 = a1 + a2,12 = a2 + a3 + a4, 13 = a2 + 2a4, 14 = a2 + 3a4.Nous obtenons donc a1 = 12 ; a2 = 12 ; a3 = 112 ; a4 = � 112 .8P 2 E; Z 10 P (t)dt = 12P (0) + 12P (1) + 112P 0(0)� 112P 0(1).91. f(InIn) = f(In) = f(In)2 donc f(In) 2 f0; 1g.

174 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSoit A 2 Mn(C ). f(AIn) = f(A) = f(A)f(In). Si f(In) = 0 alors f est nulledonc f(In) = 1.f(0) = f(0:0) = f(0)2 donc f(0) 2 f0; 1g. Si f(0) = 1 alors pour toute matriceB 2 Mn(C ) f(0) = f(0:B) = f(0)f(B) = f(B). f est alors constante doncf(0) = 0.Si A 2 GLn(C ), f(A)f(A�1) = f(AA�1) = f(In) = 1. On a f(A) 6= 0.Supposons A 6= 0 non inversible. Il existe P et Q deux matrices inversiblestelles que A = PJrQ o�u r>1 est le rang de A. f(A) = f(P )f(Jr)f(Q).Montrons que f(Jr) = 0.(Jr)2 = Jr donc f(Jr) 2 f0; 1g.A est �equivalente aux deux matrices Jr = 0B@Ir 00 01CA et J 0r = 0B@0 00 Ir1CA.En refaisant les pr�ec�edents calculs nous obtenons f(Jr) = f(J 0r). Si 2r6n alorsJrJ 0r = 0 et f(Jr) = 0 puis f(A) = 0.Si 2r > n alors JrJ 0r = 0BBBB@0 0 00 Ip 00 0 01CCCCA avec p = 2r � n6r � 1 car r6n� 1.JrJ 0r est �equivalente �a Jp. f(Jp) = f(Jr). Tant que 2p > r nous construisonsune suite Jpk telle que pk+1 < pk et f(Jpk) = f(Jr). Cette suite est �nie ; ilexiste k tel que 2pk > r; 2(pk�1)6r. Nous en d�eduisons alors f(Jr) = f(Jpk�1)qui est donc nul.f(A) est donc �egal �a 0 ; l'�equivalence est d�emontr�ee.92. � Soit A = 0@ 1 2 �70 6 �181 2 �7 1A. Le polynome caract�eristique de A est �X3.A2 = 0@ �6 0 6�18 0 18�6 0 6 1A est non nul. A est nilpotente d'indice 3 ; son rang est�egal �a 2.Si M existe alors M6 = 0 ; M est nilpotente donc M3 = 0 et M2 6= 0. M estnilpotente non nulle donc son rang est au moins �egal �a celui de M2 = A est auplus �egal �a 2. Il est donc �egal �a 2. Comme nous l'avons vu �a l'exercice num�ero50, l'indice de nilpotence de M est donc �egal �a 3 et le rang de M2 = A est�egal �a 1 ce qui est faux. Il n'y a pas de solution.� Soit A = 0@ 0 0 12 1 00 0 1 1A. Le polynome caract�eristique de A est �X(X � 1)2.A(A � I3) = 0@ 0 0 00 0 20 0 1 1A. A n'est pas diagonalisable. Le noyau de A est

175engendr�e par e1 = (1; �2; 0) ; celui de (A�I3) est engendr�e par e2 = (0; 1; 0) ;celui de (A � I3)2 est engendr�e par (0; 1; 0) et e3 = (1; 0; 1). Si M2 = Aalors AM = A3 = MA. Nous avons donc AMe1 = MAe1 = 0 ; et Me1 estcolin�eaire �a e1.AMe2 = MAe2 = Me2 ; Me2 est donc colin�eaire �a e2.Vect(e2; e3) est stable par M donc Me3 2 Vect(e2; e3).Soit P la matrice 0@ 1 0 1�2 1 00 0 1 1A. A0 = 0@ 0 0 00 1 20 0 1 1A = P�1AP . PosonsM 0 = P�1MP avec M2 = A. Nous avons alors M 0 = 0@ a 0 00 b c0 0 d 1A.M2 = A () M 02 = A0 () (a2 = 0; b2 = d2 = 1; c(b + d) = 2). Il y adonc deux17 solutions : M 01 = 0@ 0 0 00 1 10 0 1 1A, M 02 = �M 01.Nous avons alors M1 = 0@ 0 0 12 1 �10 0 1 1A, M2 = �M1.93. Si M est une solution alors X3 � 1 est un polynome annulateur de M . Lesracines de ce polynome sont 1; 2; 4. Le polynome X3� 1 est scind�e �a racinessimples ; M est donc diagonalisable. Il existe une matrice inversible P telleque M = P Diag(a; b; c)P�1.M3 = In () (a3 = b3 = c3 = 1). a; b; c sont donc �a choisisir parmi 1; 2; 4.Les solutions sont donc toutes les matrices M = P Diag(a; b; c)P�1 o�u P estune matrice inversible quelconque et Diag(a; b; c) est l'une des matrices :Diag(1; 1; 1), Diag(1; 1; 2), Diag(1; 2; 1), Diag(2; 1; 1), Diag(1; 1; 3),Diag(1; 3; 1), Diag(3; 1; 1), Diag(2; 2; 1), Diag(2; 1; 2), Diag(1; 2; 2),Diag(2; 2; 2), Diag(2; 2; 3), Diag(2; 3; 2), Diag(3; 2; 2), Diag(3; 3; 1),Diag(3; 1; 3), Diag(1; 3; 3), Diag(3; 3; 2), Diag(3; 2; 3), Diag(2; 3; 3),Diag(3; 3; 3), Diag(1; 2; 3).En fait, quitte �a multiplier P par une matrice de permutation, in su�t de selimiter aux matricesDiag(1; 1; 1), Diag(1; 1; 2), Diag(1; 1; 3), Diag(2; 2; 1), Diag(2; 2; 2),Diag(2; 2; 3), Diag(3; 3; 1), Diag(3; 3; 2), Diag(3; 3; 3), Diag(1; 2; 3).94. Dans les deux cas, X commute avec A.� Premier exemple.Ker(A) et Ker(A � I4) sont stables par X . Si nous notons e1; e2; e3 et e4les colonnes associ�ees aux vecteurs de la base canonique de K 4 , nous avonsAXe1 = XAe1 = 2Xe1. L'espace propre associ�e �a la valeur propre 2 est une17Voir le devoir, page 78, du livre R�esum�e de cours Textes et probl�emes corrig�es pour descompl�ements.

176 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESdroite donc Xe1 est colin�eaire �a e1.AXe2 = XAe2 = Xe2 donc Xe2 est colin�eaire �a e2. X est donc du type :0BB@ a 0 0 00 b c1 d10 0 c2 d20 0 c3 d3 1CCA. En �ecrivant que A et X commutent nous obtenonsb = c2 = d3; b1 = c2 et c3 = 0.Notons M la matrice 0@ b c1 d10 b c10 0 b 1A.M = bI3 +N o�u N est nilpotente d'indice au plus �egal �a 3. Nous avons donc :Mn = bnI3 + nbn�1N + n(n� 1)2 bn�2N2.Xn = A si et seulement si an = 2; bn = 1; c1 = bn; d1 = �n � 12n2 b.Si n est pair et K=R, il y a 4 solutions ; si n est impair et K=R, il y a 2solutions.Si K=C il y a n2 solutions.� Second exemple.En faisant un raisonnement analogue �a celui fait pr�ec�edemment, une matriceX solution est du type 0BB@ a �b 0 0b a 0 00 0 c d0 0 0 c 1CCA.Pla�cons-nous dans le cas r�eel.Il existe t 2 R; a = pa2 + b2 cos(t); b = pa2 + b2 sin(t).Nous avons alors � a �bb a �n = �pa2 + b2�n� cos(nt) � sin(nt)sin(nt) cos(nt) �.� c d0 c � = cI2 +� 0 d0 0 � donc � c d0 c �n = cnI2 + n� 0 cn�1d0 0 �.Xn = A () � �pa2 + b2�n cos(nt) = 0; �pa2 + b2�n sin(t) = 1;cn = 1; ncn�1d = 1 �.Nous avons alors nt = �2 + k� et sin(nt) = (�1)k donc k est impair.Les solutions sont donc d�e�nies par :a = cos�(4q � 1)�2n � ; b = sin�(4q � 1)�2n � ; cn = 1; d = cn avec q 2 Z.Pla�cons-nous dans le cas complexe.� a �bb a � = 12i � a+ ib 00 a� ib �� 1 i�1 i � donc

177� a �bb a �n = 12 � (a+ ib)n + (a� ib)n i(a+ ib)n � i(a� ib)ni(a� ib)n � i(a� ib)n (a+ ib)n + (a� ib)n �.Les solutions v�eri�ent alors :(a+ ib)n + (a� ib)n = 0; i(a+ ib)n � i(a� ib)n = 2; cn = 1; d = cn .Il vient (a+ ib)n = �i et (a� ib)n = i c'est-�a-dire a+ ib = exp�i(4q � 1)�2n �avec q 2 Zet a� ib = exp�i(4k + 1)�2n � avec k 2 Z.Les solutions sont donc d�e�nies par2a = exp�i(4q � 1)�2n �+ exp�i(4k + 1)�2n � ;2ib = exp�i(4q � 1)�2n �� exp�i(4k + 1)�2n �,cn = 1; d = cn .95. 2n det(A) = det(2A) = 2 det(A) nous avons donc det(A) = 0.Notons Aj la ji�eme de la matrice A. Soit M une matrice dont la ji�emecolonne est �Aj . La ji�eme colonne de la matrice A + M est nulle doncdet(A+M) = 0 = det(M).Si A n'est pas nulle, il existe une colonne de A non nulle. Compl�etons cettecolonne par n � 1 autres colonnes pour avoir une famille libre. Soit M lamatrice ainsi obtenue. Nous avons alors det(M) = 0 ce qui est contradictoiredonc A = 0.96. Notons mi;j le terme d'indices (i; j) de la matrice M , Ji;j le terme d'indices(i; j) de la matrice J et di;j le terme d'indices (i; j) de la matrice D.mi;j = �jj�ij, Ji;j = 1 si i = j; �1 si j = i+16n et nul pour les autres indices ;di;j = �i�1�ji .(MD)i;j = nXk=1 �jk�ij�k�1�jk = �jj�ij�j�1.(MDJ)i;j = nXk=1 �jk�ij�k�1Jk;j = � �jj�ij�j�1 � �jj+1�ij�j si j < n�jj�ij�j�1 si j = n .Nous obtenons donc (MDJ)i;j = 8<: 0 si j < i�2j�1�i � �2j+1�i si j>i�2n�1�i si j = n .MDJ est triangulaire et det(J) = 1 ; on a alors :det(M) det(D) = det(MDJ) = n�1Yi=1 �i! n�1Yi=1(1 � �2) ; det(D) = n�1Yi=1 �i donc si� 6= 0 nous avons det(M) = n�1Yi=1(1 � �2) ; r�esultat vrai aussi pour � = 0.Si �2 6= 1 le rang de M est donc �egal �a n.Si � = 1 les colonnes sont identiques et le rang est �egal �a 1 ;

178 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESsi � = �1 alors chaque colonne est l'oppos�ee de la pr�ec�edente et le rang estencore �egal �a 1.97. (vj)(i) = iXk=0 Cki v(k)(uj)(i�k). Si nous notons Li la ii�eme ligne de la matricede terme g�en�eral �(uj)(i)(x)�06i;j6n et L0i la ii�eme ligne de la matrice de termeg�en�eral �(vuj)(i)(x)�06i;j6n ; L0i est �egale �a v(x)Li plus une combinaison lin�eairedes lignes pr�ec�edentes. Nous en d�eduisons :[�(vu0; vu1; : : : ; vun)] (x) = v(x)n+1 [�(u0; u1; : : : ; un)] (x).98. Supposons qu'il existe X 2 Mn;1(C ) 6= 0 tel que AX = �X . Soit i0 2 Nntel que 8i 2 Nn ; jxij6jxi0j. xi0 6= 0. Nous avons : nXj=1 ai0;jxj = �xi0 doncjxi0 j = ����� nXj=1 ai0;jxj�����6 nXj=1 jai0;jj jxi0j. Nous en d�eduisons : 16 nXj=1 jai0;jj ce quiest contraire �a l'hypoth�ese donc A + In est inversible.99. Calculons A CB D! . A�1 �C0 A !. Nous obtenons In 0BA�1 DA� BC!.En calculant le d�eterminant d'une matrice triangulaire par blocs nous obte-nons det A CB D! = det(DA�BC).Remarque supposons K=C . Soit M 2Mn(C ) ; det(M + tIn) = P (t). P estune fonction polynomiale de degr�e n et poss�ede n racines t1; t2; : : : ; tn. Soit� > 0 le minimum des nombres jtij non nuls pour i 2 Nn .8t 2 C ; 0 < jtj < �; M + tIn est inversible. Notons n0 = 1 + E� 1��.Posons pour p 2 N; Mp = M + 1p + n0 In.Les matrices Mp sont inversibles et limp!+1Mp) = M . Toute matrice est donclimite d'une suite de matrices inversibles.M 2Mn(C ) 7�! det(M) 2 C , M 2Mn(C ) 7�! DM 2Mn(C ) etM 2Mn(C ) 7�! CM �MC 2 Mn(C ) sont continues.En utilisant le r�esultat pr�ec�edent, et en remarquant que les matrices Mp com-mutent avec C, nous obtenons 8p 2 N; det Mp CB D! = det(DMp � BC) ;en calculant la limite nous obtenons det A CB D! = det(DA�BC).Nous pouvons obtenir d'une autre mani�ere ce meme r�esultat.Consid�erons le corps des fractions K (X). Consid�erons les matrices commeappartenant �a K(X). Consid�erons la matrice A0 = A�XIn 2 K(X) ; elle est

179inversible car son d�eterminant �A n'est pas le polynome nul.Nous en d�eduisons det A �XIn CB D! = det(D(A�XIn)� BC).L'�egalit�e des polynomes conduit �a l'�egalit�e de leur terme constant c'est-�a-direle r�esultat recherch�e.100. Consid�erons A et B comme des matrices complexes.det A �BB A! = det A � iB �Bi(A� iB) A!det A �BB A! = det A� iB �B0 A+ iB! = det(A� iB) det(A+ iB) 2 R+101. (a) A BC D! tD 0tC D�1! = AtD +BtC BD�10 In !.Nous en d�eduisons alors det A BC D! = det(AtD +BtC).Nous pouvons remarquer comme plus haut que si K=C , la matrice D estlimite d'une suite de matrices inversiblesDp v�eri�ant CtD+DtC = 0. Encalculant �a nouveau la limite, le r�esultat est vrai pour D quelconque. Dememe en se pla�cant dans K (X) et en rempla�cant D par D � XIn nousobtenons le r�esultat.(b) Si nous �echangeons les lignes i 2 Nn et i+n, le d�eterminant de la matriceobtenue est celui de la matrice initiale multipli�e par (�1)n. Si maintenantnous �echangeons les colonnes j 2 Nn et j+n, le d�eterminant de la matriceobtenue est celui de la matrice pr�ec�edente multipli�e par (�1)n. Si alorsnous transposons la matrice, le d�eterminant est inchang�e.Finalement les d�eterminants de matrices A BC D! et tD tBtC tA! sont�egaux.En calculant le produit de ces deux matrices nous obtenons la matrice AtD +BtC AtB + BtA0 CtB +DtA! puis det A BC D!2 = det(AtD +BtC)2.102. L'application � est clairement n lin�eaire. Soit j et k deux entiers, 16j < k6n,et supposons vj = vk. Dj(v1; : : : ; vn) = �Dk(v1; : : : ; vn) et pour i 62 fj; kgDi(v1; : : : ; vn) = 0.� est donc une forme n-lin�eaire altern�ee.Il existe a 2 K ; � = dete. Dj(e1; : : : ; en) est �egal �a la ji�eme coordonn�ee duvecteur u(ej) dans la base e donc Dj(e1; : : : ; en) = tr(u).Nous avons donc � = tr(u) dete.

180 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES103. (a) ' est clairement lin�eaire. Elle est injective donc une base de l'image Fest l'image de la base canonique de Kn ; ("1; : : : ; "n).L'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice '("p) est �egal �a 1 si et seulementsi j � p� i+ 1 = 0 ou �n et est nul sinon.La ji�eme colonne de la matrice '("p) est donc "k o�u k 2 Nn est congru �aj + 1� p modulo n.Notons, pour j 2 Nn , "j�n = "j ; alors J("j) = "j�1 puis Jk("j) = "j�k .Nous en d�eduisons pour p 2 Nn , '("p) = Jp�1 et Jn = In.Une base de F est donc �Jp�1�p2Nn.(b) Soient M1 et M2 deux �el�ements de F . M1 = n�1Xi=0 aiJ i; M2 = n�1Xi=0 biJ i.M1M2 = X06i;j6n�1aibjJ i+j 2 Vect(In; J; : : : ; Jn�1) 2 F . F est une sous-alg�ebreunitaire de Mn(K).(c) Si A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(K ) commute avec tous les �el�ements de F , Acommute avec J . Il y a alors �equivalence.En calculant AJ"k et JA"k pour k 2 Nn , nous obtenons que A commuteavec tous les �el�ements de F si et seulement si :8k 2 N; 26k6n; an;k�1 = a1;k,8(i; k) 2 N2 ; 16i6n � 1; 26k6n; ai+1;k = ai;k�1,8i 2 Nn�1 ; ai+1;1 = ai;n, an;n = a1;1.Nous en d�eduisons 8i 2 Nn ; ai+k;k = ai;n pour i+ k6n et ai+k�n;k = ai;npour i + k > n.Tout �el�ement qui commute avec tous les �el�ements de F est donc �egal �anXi=1 ai;nJn�i. Il s'agit donc de F .104. Notons ui;j = !(i�1)(j�1) et vi;j le terme g�en�eral d'indice (i; j) de la matriceU2.vi;j = nXk=1 !(i�1)(k�1)+(k�1)(j�1) .Si !i+j�2 = 1, c'est-�a-dire si i = j = 1 ou i + j = n + 2, alors vi;j = n ; sinonvi;j = 0.det(U2) est donc �egal �a (�1)n+(n�1)+ :::+ 2nn = (�1) (n+2)(n�1)2 nn 6= 0.Le terme d'indice (i; j) de la matrice A est �egal �a �j�i o�u �j�i = ak aveck 2 f0; : : : ; n� 1g et k � j � i ( mod n).Le terme d'indice (i; j) de la matrice AU est donc �egal �a :nXk=1 �k�i!(k�1)(j�1) = �1Xk=1�i�k+n!(k+i�1)(j�1) n�iXk=0 �k!(k+i�1)(j�1)c'est-�a-dire encoren�1Xk=n+1�i�k!(k+i�1)(j�1) + n�iXk=0 �k!(k+i�1)(j�1)

181= n�1Xk=0 �k!(k+i�1)(j�1) = f �!j�1�!(i�1)(j�1) .La ji�eme colonne de la matrice AU est la ji�eme de la matrice U multipli�ee parf (!j�1).Le terme d'indice (i; j) de la matrice UAU est donc �egal �a :nXk=1 !(i�1)(k�1)!(j�1)(k�1)f �!j�1� = f �!j�1� vi;j . La ji�eme colonne de la ma-trice UAU est la ji�eme de la matrice U2 multipli�ee par f (!j�1). Nous avonsdonc det(UAU) = det(U2) nYj=1 f �!j�1�.Le d�eterminant de U2 �etant non nul nous obtenons det(A) = nYj=1 f �!j�1�.105. Supposons que i0 soit nul. En �echangeant la ligne 1 et la ligne i0 puis en�echangeant les colonnes 1 et i0 i0 et 1 sont �echang�es et le d�eterminant est lememe. On peut donc supposer 1 = 0.Soustrayons la premi�ere ligne �a toutes les autres ; nous obtenons une matricetriangulaire sup�erieure dont les �el�ements diagonaux sont 1; 2; 3; : : : ; n.En revenant au texte initial, nous obtenons : det(A) = nYi=1i6=i0 i.Supposons les i tous non nuls. Posons ai = 1 i .Soit M = 0BBBBBBB@ 1 + a1 a2 a3 : : : : : : ana1 1 + a2 a3 : : : : : : ana1 a2 1 + a3 a4 : : : an... ... a3 . . . . . . ...... ... ... . . . . . . ana1 a2 a3 : : : an�1 1 + an 1CCCCCCCA.Le d�eterminant de la matrice est �egal �a det(M)nYi=1 ai .Ajoutons toutes les colonnes, �a partir de la deuxi�eme, de M �a la premi�ere puisretranchons la premi�ere ligne �a toutes les autres. Nous obtenons une matricetriangulaire sup�erieure dont les �el�ements diagonaux sont tous �egaux �a 1 saufl'�el�ement d'indices (1; 1) qui est �egal �a 1 + nXi=1 ai. Le d�eterminant cherch�e estdonc �egal �a 1 + nXi=1 ainYi=1 ai c'est-�a-dire : nYi=1 i! 1 + nXi=1 1 i!.

182 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES106. Notons J 2 Mn(K) la matrice dont les �el�ements sont tous �egaux �a 1. Soitx 2 K , posons A(x) = A + xJ . Soustrayons la premi�ere colonne de A(x) �atoutes les autres et d�eveloppons selon la premi�ere colonne de cette nouvellematrice. Nous obtenons det(A(x)) = �x + � avec � = det(A(0)) = det(A).det(A(�b)) = (a� b)n et det(A(�c)) = (a� c)n.Supposons b 6= c. Nous obtenons : det(A) = c(a� b)n � b(a� c)nc� b .Supposons b = c. Posons c0 = b + t avec t 6= 0 et A0 la matrice obtenue enrempla�cant c par c0. det(A0) = (b+ t)(a� b)n � b(a� b � t)nt .Le num�erateur est �egal �a t(a� b)n + nbt(a� b)n�1 + t2Q(t). Nous avons doncdet(A0) = (a� b)n + nb(a� b)n�1 + tQ(t).Si K est un corps in�ni, alors l'�egalit�e des fonctions polynomiales permet deconclure que det(A) = (a� b)n + nb(a� b)n�1.Sinon, nous nous pla�cons dans le corps K (X) des fractions rationnelles et nousrempla�cons t par X dans le calcul pr�ec�edent et nous aboutissons au memer�esultat.Dans la cas o�u K est un sous-sorps de C , il su�sait de calculer la limite lorsquec tend vers b de det(A) = c(a� b)n � b(a� c)nc � b pour obtenir �a nouveau ler�esultat demand�e.107. Soit X 2Mn;1(R) une matrice colonne ; l'�el�ement d'indice i �etant xi. La ii�emeligne de AX est �egale �a aix1 + xi pour i>2 et x1 � nXi=2 aixi pour i = 1.Les solutions de l'�equation AX = 0 v�eri�ent donc pour i>2; xi = �aix1et alors x1 = � nXi=2 (ai)2! x1 ce qui implique x1 = 0 puis X = 0. A estinversible.Soit Y 2 Mn;1(R) une matrice colonne ; l'�el�ement d'indice i �etant yi. Lessolutions du syst�eme AX = Y sont d�e�nies par : x1 � nXi=2 aixi = y1 et pouri>2; xi + aix1 = yi.Ce syst�eme est �equivalent �a 8>><>>: x1 = 11+ nXi=2 (ai)2 (y1 +Pni=2 aiyi)8i>2; xi = yi � aix1 .Notons B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 la matrice A�1 et S l'�el�ement 1 + nXi=2 (ai)2. Ensimpli�ant nous obtenons :8j � 2; Sb1;j = aj ; Sb1;1 = 1,8i>2; 8j>2; Sbi;j = �aiaj pour i 6= j, Sbi;i = S � (ai)2 et en�n Sai;1 = �ai.En �ecrivant A = In + S, S est antisym�etrique doncA tA = (In + S)(In � S) = (In � S)(In + S) = tAA.(tB)B = In () (A tA�1) (A�1 tA) = In () A�1 tA�1 = tA�1A�1 soit

183encore A tA = tAA. B est bien orthogonale.108. (a) Nous avons vu �a l'exercice num�ero 81 que l'inverse de la matrice de Van-dermonde V (�1; : : : ; �n) est la matrice dont le terme �i;j d'indices (i; j)est : (�1)n�i�n�i;jYk=1k 6=j (�j � �k) . Ici, la matrice du syst�eme est la transpos�ee de cellede l'exercice en question donc le syst�eme a pour solutions les �el�ementsxi = nXi=1 (�1)n�i�n�i;jYk=1k 6=j (�j � �k) �i�1.nYk=1k 6=j (X � ak) = nXi=1 (�1)n�i�n�i;jX i�1 donc xi = nYk=1k 6=j � � akaj � ak .Rappel si A est une matrice inversible alors si nous consid�erons le sys-t�eme lin�eaire AX = Y , xi = det(A0i)det(A) o�u A0i est la matrice obtenue enrempla�cant dns la matrice A la ii�eme colonne par la colonne Y .Nous devons calculer le d�eterminant de la matrice obtenue en rempla�cantla ii�eme colonne par la colonne second membre.Ce d�eterminant est �egal �a Y16k<l6n(�l � �k) avec �i = � et pour k 6= i; �k =�k.Nous devons ensuite diviser par Y16k<l6n(�l � �k). Ces deux produits ontdes termes di��erents uniquement lorsque k = i ou l = i.En simpli�ant nous obtenons doncxi = Yi<l6n(�l � �) Y16k<i(� � �k)Yi<l6n(�l � �i) Y16k<i(�i � �k) = Yl=1l6=i (�l � �)Yl=1l6=i (�l � �i) = Yl=1l6=i �l � ��l � �i .Nous retrouvons la r�eponse pr�ec�edente.(b) Si xn+1 6= 0, les solutions de ce syst�eme sont : xixn+1 = �Yl=1l6=i �l � �n+1�l � �i .8xn+1, nous avons pour tout i 2 Nn ; xi = �xn+1Yl=1l6=i �l � �n+1�l � �i .109. Rappel soit une matrice A 2Mn(K). On appelle matrice compl�ementaire dela matrice A, not�ee fA , la matrice transpos�ee de la comatrice de A. La coma-trice de A est la matrice dont le terme d'indice (i; j) est �egal �a (�1)i+j det(Ai;j)o�u Ai;j est la sous matrice de A obtenue supprimant la ii�eme ligne et la ji�emecolonne de A. Nous avons alors fA A = AfA = det(A)In.

184 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSupposons det(A) = 0. Soient a l'endomorphisme associ�e �a A et b celui associ�e�a fA dans la base canonique de Kn . b � a = a � b = 0 donc Im(a) � Ker(b) etIm(b) � Ker(a). Nous avons donc rg(b) + rg(a)6n. Si le rang de a est �egal �an�1 alors le rang de A est �egal �a n�1 et il existe un d�eterminant n�1�n�1extrait de la matrice A non nul b est donc non nul et son rang est �egal �a 1.Si le rang de a est au plus �egal �a n � 2 alors le rang de A est au plus �egal �an� 2 et tous les d�eterminants n� 1� n� 1 extraits de la matrice a sont nulsb est donc nul.Soit M la matrice 0@ x y zz x yy z x 1A. fM = 0@ x2 � yz z2 � yx y2 � zxy2 � zx x2 � yz z2 � yxz2 � yx y2 � zx x2 � yz 1A.(x; y; z) 2 C 3 est solution () fM = A = 0@ � �� � � � 1A.Nous avons MA = det(M)I3 donc det(M) det(A) = (det(M))3. A et M ontleur d�eterminant nul ou non nul en meme temps donc MA = det(M)I3 )det(A) = (det(M))2. Soit ! une racine carr�ee de det(A). Nous avons doncMA = �!I3. Si det(A) 6= 0 alors M = �!A�1 et ces deux solutionsconviennent.Supposons det(A) = 0.Le rang de A est strictement inf�erieur �a 3.Soient a l'endomorphisme associ�e �a A et m celui associ�e �a M dans la basecanonique de C3. m�a = a�m = 0 donc Im(a) � Ker(m) et Im(m) � Ker(a).Nous avons donc rg(m) + rg(a)63. Si le rang de m est �egal �a 2 alors le rangde M est �egal �a 2 et il existe un d�eterminant 2 � 2 extrait de la matrice Mnon nul a est donc non nul et son rang est �egal �a 1.Si le rang de m est au plus �egal �a 1 alors le rang de M est au plus �egal �a 1et tous les d�eterminants 2 � 2 extraits de la matrice M sont nuls a est doncnul18.Si rg(A) = 2 alors il n'y a pas de solution.Supposons rg(A) = 1 c'est-�a-dire rg(M) = 2. Nous avons �2 = � ; �2 = �; 2 = ��. �; � et sont non nuls ; nous en d�eduisons � = = � ou� = j�; = j2� ou en�n� = j2�; = j�.Dans le premier cas nous obtenons que le syst�eme est �equivalent au syst�eme8>><>>: x+ y + z = 0(x + y)2 � xy = �y2 � xz = �z2 � xy = � qui �equivaut �a � x+ y + z = 0xy + xz + yz = �� .x; y; z sont racines de X3 � �X + lambda o�u � 2 C .Si � = j�; = j2�, en posant y0 = jy et z0 = j2z nous sommes ramen�es aucas pr�ec�edent donc x; jy; j2z sont racines de X3 � �X + lambda o�u � 2 C .Si � = j2�; = j�, en posant y0 = j2y et z0 = jz nous sommes ramen�es aupremier cas donc x; j2y; jz sont racines de X3 � �X + lambda o�u � 2 C .18Si l'espace est de dimension n alors le rang de a est 1 si celui de m est n � 1, il est 0 si celuide m est au plus �egal �a n� 2.

185Supposons � = � = = 0. (0; 0; 0) est solution. les autres solutions �even-tuelles (x; y; z) v�eri�ent xyz 6= 0. Nous en d�eduisons y = x2z puis x3 = y3.Les solutions sont donc du type a(1; 1; 1); ou a(1; j; j2); ou a(1; j2; j) aveca 2 C .110. (a) R�esolvons le syst�eme AX = Y . xn = yn.xn�1 + axn = yn donc xn�1 = yn�1 � ayn.D�emontrons que pour i6n�1; xi = yi�ayi+1. (Nous pouvons, en posantyn+1 = 0, faire d�ebuter la relation �a i = n).La ii�eme ligne du syst�eme est nXj=i+1 aj�ixj + xi = yi.Supposons le r�esultat prouv�e pour k>i+1. nXj=i+1 aj�i(yj � ayj+1) + xi = yic'est-�a-dire nXj=i+1 aj�iyj � nXj=i+2 aj�iyj + xi = yi soit encore ayi+1+xi = yi.Le r�esultat est prouv�e. La matrice inverse est donc la matrice dont les�el�ements diagonaux sont �egaux �a 1 et les �el�ements d'indices (i; i+ 1) sont�egaux �a �a ; les autres �etant tous nuls.(b) R�esolvons le syst�eme AX = Y . xn = yn.xn�1 + 2xn = yn donc xn�1 = yn�1 � 2yn.xn�2 + 2xn�1 + 3xn = yn�2 donc xn�2 = yn�2 � 2yn�1 + yn.Posons yn+1 = yn+2 = 0. D�emontrons que pour i6n; xi = yi�2yi+1+yi+2.La ii�eme ligne du syst�eme est nXj=i (j � i)xj = yi.Supposons le r�esultat d�emontr�e pour (xn; xn�1; : : : ; xi+1).xi + nXj=i+1(j � i+ 1)(yj � 2yj+1 + yj+2) = yi c'est-�a-direxi + nXj=i+1(j � i+ 1)yj � 2 nXj=i+2(j � i)yj + nXj=i+3(j � i� 1)yj = yi soit en-core xi + 2yi+1 � yi+2 = yi. Le r�esultat est d�emontr�e.La matrice inverse est donc la matrice dont les �el�ements diagonaux sont�egaux �a 1, les �el�ements d'indices (i; i+ 1) sont �egaux �a -2 et les �el�ementsd'indices (i; i+ 2) sont �egaux �a 1 ; les autres �el�ements sont nuls.(c) N = 0BBBBBB@ 0 1 0 : : : 0... . . . . . . ...... . . . . . . 0... . . . 10 : : : : : : : : : 0 1CCCCCCA. N est nilpotente d'ordre n et il est imm�e-diat que la matriceA donn�ee est �egale �a nXk=1 k(k + 1)Nk�1 = +1Xk=1 k(k + 1)Nk�1.

186 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSiN est un scalaire, +1Xk=1 k(k + 1)Nk�1 est la d�eriv�ee seconde de +1Xk=0Nk = 11�N .V�eri�ons alors que l'on a bien : (In �N)3 +1Xk=1 k(k + 1)Nk�1! = 2In.En d�eveloppant, et en sachant que les sommes sont �nies, nous obtenons+1Xk=0(k + 1)(k + 2)Nk � 3 +1Xk=1 k(k + 1)Nk + 3 +1Xk=2 k(k � 1)Nk� +1Xk=3(k � 1)(k � 2)Nk.En simpli�ant, nous obtenons 2In. L'inverse de A est donc la matrice12(In � 3N + 3N2 �N3).Les �el�ements d'indices (i; i) sont donc �egaux �a 12, Les �el�ements d'indices(i; i+1) sont donc �egaux �a �32 , Les �el�ements d'indices (i; i+2) sont donc�egaux �a 32 et Les �el�ements d'indices (i; i+ 3) sont donc �egaux �a �12. Lesautres �el�ements sont nuls.111. Montrons le r�esultat pr�eliminaire suivant : SiA etB sont deux matrices carr�eescomplexes qui commutent alors exp(A+B) = exp(A) exp(B) = exp(B) exp(A).Soit X un une s�erie de matrices de E = Mp;q(C ). Soit N une normesur E. Supposons qu'il existe une suite (an)n2N de r�eels positifs telle que8n 2 N; N(un)6an. Supposons que la s�erie X an soit convergente alorsX un est normalement convergente et est convergente. Il su�t pour cela deconsid�erer les s�eries des coordonn�ees de la (un)n2N et de remarquer qu'en choi-sissant la norme \max des modules des coordonn�ees" chaque s�erie coordonn�eeest normalement convergente, car toutes les normes sont �equivalentes.Soit A 2 Mn(C ). La s�erie de terme g�en�eral Ann! est normalement convergente.Soit l'application fM : t 2 R 7�! exp(tM) 2Mn(C ) o�u M 2Mn(C ).fM est clairement19 d�erivable et v�eri�e f 0M(t) = MfM (t) = fM(t)M .Les solutions, fonctions de R dans Mn(C ), de l'�equation di��erentielle y0 = Mysont les applications t 2 R 7�! exp(tM)U 2 Mn(C ) o�u U est une matricequelconque de Mn(C ).g = fAfB est d�erivable de d�eriv�ee f 0AfB + fAf 0B = AfAfB + fABfB .Il est imm�ediat, par continuit�e de l'application A 7�! nXk=0 AtkBkk! , qu'en cal-culant la limite quand n tend vers plus l'in�ni on a AfB = fBA et de memeBfA = fAB.Il vient alors g0 = (A+B)fAfB = (A+B)g.Nous en d�eduisons qu'il existe une matrice U telle que g(t) = exp((A+B)t)U .19La d�emonstration est imm�ediate.

187g(0) = In = U donc g(t) = exp((A+B)t).Nous en d�eduisons exp((A+B)t) = exp(At) exp(Bt) = exp(Bt) exp(At).Seconde m�ethode.Soient A et B deux �el�ements de 2 Mn(C ) qui commutent. Notons �n l'en-semble des couples d'entiers (i; j) avec i6n; j6n et Dn l'ensemble des couplesd'entiers (i; j) avec i+ j6n.nXk=0 Xi+j=k AiBji!j! ! = nXk=0 (A+B)kk! . nXi=0 Aii! ! nXj=0 Bjj! ! � nXk=0 Xi+j=k AiBji!j! ! = X(i;j)2�nnDn AiBji!j! .Une norme sous-multiplicative �etant choisie20 sur Mn(C ) , nous avons nXi=0 Aii! ! nXj=0 Bjj! ! � nXk=0 Xi+j=k AiBji!j! ! 6 X(i;j)2�nnDn kAkikBkji!j! .Si nous montrons que limn!+1 X(i;j)2�nnDn kAkikBkji!j! = 0 alors le r�esultat seraprouv�e.Soient alors a et b deux r�eels positifs.X(i;j)2�nnDn aibji!j! = nXi=0 aii!! nXj=0 bjj!! � nXk=0 Xi+j=k aibji!j!!.Le membre de droite converge vers 0 d'o�u le r�esultat.(a) Revenons �a notre exercice.Notons J la matrice de Mn+1(C ) dont les �el�ements sont tous nuls saufceux d'indices (i� 1; i); i>2 qui sont �egaux �a 1. A = nXk=0(aJ)k. Nous end�eduisons exp(A) = nYk=0 exp((aJ)k).J est nilpotente d'indice n+ 1 donc exp((aJ)k) = nXp=0 apJpkp! .Nous pouvons remarquer que (In+1 � aJ)A = A� nXk=0(aJ)k+1 = In+1 doncA = (In+1 � aJ)�1.(b) Si J �etait un scalaire \su�semment petit" il su�rait de choisir. Lad�eveloppement limit�e �a l'ordre n au voisinage de 0 de (1� at)� 1p est1 + nXk=1 1pkk! k�1Yj=0(1 + jp)! aktk + o(tn).20Il s'agit d'une norme v�eri�ant 8(M;N) 2 Mn(C )2 ; kMNk6kMk kNk ; de telles normesexistent.

188 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESPosons P = 1 + nXk=1 1pkk! k�1Yj=0(1 + jp)! akXk. Soit M = P (J).Nous avons P p(t) + o(tn) = 11�at donc P p(t)(1� at) = 1 + o(tn).P p(t)(1�at) est un polynome donc est �egal �a 1+tn+1Q(t) o�u Q est un po-lynome. Nous en d�eduisons : P p(J)(In+1�aJ) = In+1+Jn+1Q(J) = In+1.Nous avons alors P p(J) = A.Soit M = In+1 + nXk=1 1pkk! k�1Yj=0(1 + jp)! akJk ; Mp = A.112. La polynome caract�eristique de A est �(X + 1)3. A + I3 est donc nilpotente.exp(t(A+ I3)) = exp(tI3) exp(tA) = exp(t) exp(tA).+1Xn=0 tnn! (A+ I3)n = I3 + t(A+ I3) + t22 (A+ I3)2 = 0BBB@ 1 ta ta�t 1 � at22 �at22t at22 1 + at22 1CCCA.Nous en d�eduisons : exp(tA) = exp(�t)0BBB@ 1 ta ta�t 1 � at22 �at22t at22 1 + at22 1CCCA.113. Le polynome caract�eristique de A = 0@ 1 �1 1�2 2 0�3 3 1 1A est X2(2 �X).L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 n'est que de dimension 1 ; il estengendr�e par e1 de coordonn�ees (1; 1; 0). La matrice n'est pas diagonalisable.Choisissons un vecteur e2 tel que Ae2 = ae1.En r�esolvant nous voyons qu'il su�t de choisir e2 de coordonn�ees �1; 32 ; 32�.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre 2 est e3 de coordonn�ees (0; 1; 1).La matrice de passage est alors P = 0BBBB@ 1 1 01 32 10 32 1 1CCCCA ; la matrice triangulaireest : T = 0@ 0 1 00 0 00 0 2 1A.8n 2 N; An = PT nP�1 � 0 10 0 �n est nul d�es que n>2.Pour n>2 nous avons donc T n = 0@ 0 0 00 0 00 0 2n 1A.

189exp(tT ) = I3 + tT +0BBB@ 0 0 00 0 00 0 +1Xn=2 tn2nn! 1CCCA = 0@ 1 t 00 1 00 0 exp(2t) 1A.Nous en d�eduisons exp(tA) = P exp(tT )P�1=0BBB@ 1 + t �t tt + 32 (1 � exp(2t)) �t + 12 (�1 + 3 exp(2t)) t + 12 (1 � exp(2t))32 (1 � exp(2t))�32 (1 � exp(2t)) 12 (3� exp(2t)) 1CCCAIl est simple de v�eri�er que la d�eriv�ee en t de t 2 R 7�! exp(tA) 2M3(R) estA exp(tA).Nous reviendrons sur ce type de calcul dans l'�etude des �equations di��erentielles.114. exp(tA) = 1 + tA + t22 A2 + t2"1(t), exp(tB) = 1 + tB + t22 B2 + t2"2(t) "1 et "2sont deux applications de R dans Mn(C ) ayant pour limite 0 en 0.exp(tA) exp(tB) = 1 + t(A+B) + t22 (A2 + 2AB +B2) + t2"3(t),exp(tB) exp(tA) = 1 + t(A+B) + t22 (A2 + 2BA +B2) + t2"4(t) "3 et "4 sontdeux applications de R dans Mn(C ) ayant pour limite 0 en 0.Nous avons donc pour t 6= 0, AB � BA = "4(t) � "3(t) puis AB � BA =limt!0("4(t)� "3(t)) = 0.A et B commutent.115. (a) A = 0@ 0 1 11 0 10 0 1 1A, �A = �(X + 1)(X � 1)2.(A � I3)(A + I3) = 0@ 0 0 20 0 20 0 0 1A donc le polynome minimal de A est(X + 1)(X � 1)2.Notons ("1; "2; "3) la base canonique de R3.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

190 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESe1 = �"1 +"2 est une base du noyau de A+I3. e2"1 +"2, e3 = "3. (e2; e3)est une base du noyau de (A� I3)2.Ae1 = �e1; Ae2 = e2; Ae3 = e2 + e3.La matrice de passage est P = 0@ �1 1 01 1 00 0 1 1A. Nous avons la relationA = P 0@ �1 0 00 1 10 0 1 1AP�1 puisAn = P 0@ �1 0 00 1 10 0 1 1An P�1 = P 0@ (�1)n 0 00 1 n0 0 1 1An P�1.Nous obtenons donc pour n = 2p; An = 0@ 1 0 n0 1 n0 0 1 1A etpour n = 2p + 1; An = 0@ 0 1 n1 0 n0 0 1 1A.Autre m�ethode de calcul.Xn = (X + 1)(X � 1)n +aX2 + bX + c. 1 est racine double du polynomeminimal, -1 est racine simple donc(�1)n = a�b+c; 1 = a+b+c et, en d�erivant, n = 2a+b. Nous obtenonsdonc pour n = 2p; a = p; b = 0; c = 1�p et pour n = 2p+1; a = p; b =1; c = �p. An = aA2+bA+cI3 ; donc pour n = 2p; An = pA2 +(1�p)I3et pour n = 2p+ 1; An = pA2 +A� pI3. En d�eveloppant nous obtenonsle meme r�esultat.(b) Le polynome caract�eristique de A = 0@ 1 �5 121 �1 10 1 �3 1A est �(X + 1)3.(A+ I3)2 = 0@ �1 2 �52 �4 101 �2 5 1A est non nul donc le polynome minimal deA est (X + 1)3. A+ I3 est nilpotente d'indice 3.Pour n>2; An = ((A+ I3)� I3)n = 2Xk=0 Ckn(A+ I3)k(�1)n�k= (�1)nI3 + (�1)n�1n(A+ I3) + (�1)nn(n� 1)2 (A+ I3)2.En d�eveloppant nous obtenons :pour n = 2p; An = 0@ 1 � 2p � 2p2 8p + 4p2 �19p � 10p2�4p + 4p2 1 + 4p � 8p2 8p + 20p2�p + 2p2 �4p2 1 � p+ 10p2 1A

191pour n = 2p+1; An = 0@ 1 + 5p + 2p2 �5 � 12p � 4p2 12 + 29p + 10p21 � 4p2 �1 + 4p � 8p2 1� 8p � 20p2�p � 2p2 1 + 4p+ 4p2 �3 � 9p � 10p2 1A.Ces r�esultats sont encore vrais pour n = 0 et n = 1.116. A = 0@ �3 + � 5 � � �� 2 � � �5 �5 2 1A, �A = �(X + 3)(X � 2)2.Si � 6= 0; (A+ 3I3)(A� 2I3) 6= 0 ; le polynome minimal est (X + 3)(X � 2)2.Si � = 0, le polynome minimal est (X + 3)(X � 2).Nous allons employer une m�ethode di��erente des pr�ec�edentes.Xn(X + 3)(X � 2)2 = E + aX + 3 + bX � 2 + c(X � 2)2 .�Ecrivons le d�eveloppement limit�e �a l'ordre 1 au voisinage de 0 de (t+ 2)nt + 5 ;nous obtenons (2n + 2 2n�1t)(15(1� t5)) + o(t) = 2n5 + 2n�125 (n� 2)t+ o(t).Nous avons alorsXn(X + 3)(X � 2)2 = E + (�3)n25(X + 3) + 2n�1(5n� 2)25(X � 2) + 2n5(X � 2)2puisXn = (X + 3)(X � 2)2E + (�3)n25 (X � 2)2+2n�1(5n � 2)25 (X + 3)(X � 2) + 2n5 (X + 3)puisAn = (�3)n25 (A� 2I3)2 + 2n�1(5n � 2)25 (A+ 3I3)(A� 2I3) + 2n5 (A+ 3I3).Nous avons alors An = 0@ (�3)n + n�2n�1 �(�3)n � n�2n�1 n�2n�1n�2n�1 2n � n�2n�1 n�2n�123 � (�3)n (�3)n � 2n 2n 1A.117. Le polynome caract�eristique de la matrice A = 0BB@ 1 1 0 2�3 1 4 00 1 1 3�1 0 1 1 1CCA est �egal �aX2(X � 2)2. L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 est engendr�e par levecteur (1; �1; 1; 0) ; l'espace propre associ�e �a la valeur propre 2 est engendr�epar le vecteur (1; 1; 1; 0). La matrice n'est pas diagonalisable.A2 = 0BB@ �4 2 6 4�6 2 8 6�6 2 8 6�2 0 2 2 1CCA, (A� I4)2 = 0BB@ �4 �2 6 �46 2 �8 6�6 �2 8 �62 0 �2 2 1CCA.D'apr�es le lemme des noyaux, R4 est la somme directe des noyaux de A2 et(A� 2I4)2.Une base de chacun de ces noyaux est respectivement

192 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES((1; �1; 1; 0); (1; 0; 0; 1)) et ((1; 1; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)).Notons ces vecteurs e1; e02; e3 et e04. Ae1 = 0; Ae3 = 2e3.Notons ("1; "2; "3; "4) la base canonique de R3.Ae02 = A"1 +A"4 = ("1� 3"2 � "4) + (2"1 + 3"3 + "4) == 3("1� "2 + "3) = 3e1.Ae4 = �A"1 +A"4 = "1 + 3"2 + 3"3 + 2"4 = 12(e02 � e04) + 32(�e1 + e3)+32(e1 � e02 + e3 + e04) + (e2 + e04) = 3e3 + 2e04.En posant alors e2 = 13e02 et e4 = 13e04, nous en d�eduisons que A est semblable�a T = 0BB@ 0 1 0 00 0 0 00 0 2 10 0 0 2 1CCA.La matrice � 0 10 0 � est nilpotente d'ordre 2 donc8n 2 N; n>2; �2I2 +� 0 10 0 ��n = 2nI2 + n2n�1� 0 10 0 �.Nous avons T n = 0BB@ 0 0 0 00 0 0 00 0 2n n2n�10 0 0 2n 1CCA.En utilisant les r�esultats pr�ec�edents nou en d�eduisons P = 0BB@ 1 13 1 �13�1 0 1 01 0 1 00 13 0 13 1CCA,P�1 = 0BB@ 0 �12 12 032 0 �32 320 12 12 0�32 0 32 32 1CCA et 8n 2 N; n>2,An = PT nP�1 = 0BB@ �3n2n�2 + 2n�1 2n�1 3n2n�2 3n2n�2 � 2n�1�3n2n�2 2n�1 2n�1 + 3n2n�2 3n2n�2�3n2n�2 2n�1 2n�1 + 3n2n�2 3n2n�2�2n�1 0 2n�1 2n�1 1CCA118. (a) Supposons A non inversible.Il existe une colonne X 2 Mn;1(C ); X 6= 0 telle que AX = 0.Soit q un indice tel que 8i 2 Nn ; jxij6jxqj (xq est non nul).nXj=1 aq;jxj = 0 ) jaq;qxqj6 nXj=1j 6=q jaq;jjjxjj6jxqj nXj=1j 6=q jaq;jj. Nous aboutissons�a une contradiction.(b) Supposons qu'il existe une matrice de permutation P telle que la matrice

193PAP�1 = 0B@A1 A20 A31CA avec A2 2Mp;n�p(K) et A3 2Mn�p;n�p(K).Soit u l'endomorphisme de matriceA dans la base canonique ("1; : : : ; "n)de C n . Il existe donc une permutation � telle que la �(i)i�eme coordonn�eede u("�(j)) soit nulle pour �(i)>p + 1 et �(j)6p c'est-�a-dire a�(i);�(j) estnul pour �(i)>p + 1 et �(j)6p. Posons I = f��1(p + 1); : : : ; ��1(n)get J = f��1(1); : : : ; ��1(p)g. I \ J = ;; I [ J = Nn et ai;j = 0 pour(i; j) 2 I � J .Soit alors (i; j) 2 I�J . ai;k1 6= 0 donc k1 2 I puis k2 2 I . Nous prouvonsnaturellement que j 2 I ce qui est contraire �a l'hypoth�ese. Il n'existe doncaucune matrice21 de permutation P v�eri�ant PAP�1 = 0B@A1 A20 A31CA.Consid�erons comme dans la question pr�ec�edente une colonne X non nullev�eri�ant AX = Y . Choisissons les memes notations. Nous pouvons sansrien changer au r�esultat, diviser les oordonn�ees de X par xq c'est-�a-diresupposer xq = 1.Si q correspond �a une ligne de stricte in�egalit�e nous avons une contradic-tion ; q correspond donc �a une ligne d'�egalit�e.Nous avons jaq;qj6 nXj=1j 6=q jaq;jj = jaq;qj donc nXj=1j 6=q jaq;jj(jxjj � 1) = 0.Soit I = fi 2 Nn ; jxij = 1g. I 6= ;.Supposons J = Nn n I 6= ;. S'il existe un indice i 6= q dans I alorsjai;ij6Xj=1j 6=i jai;jjjxjj = Xj2J jai;jjjxjj+ Xj2Infig jai;jj. (Si I est de cardinal 1, ladeuxi�eme somme n'existe pas).Si un ai;j pour j 2 J est non nul alors jai;ij <Xj=1j 6=i jai;jj ce qui est faux.Nous avons donc pour (i; j) 2 I � J; ai;j = 0 ce qui est contradictoire,d'apr�es ce qui a �et�e vu pr�ec�edemment, et J = ;.Nous obtenons 8i 2 Nn ; jxij = 1 puis jai;ij6Xj=1j 6=i jai;jj ce qui est faux.Le r�esultat est d�emontr�e.119. D�esignons par �i la sym�etrie de centre mi. Un polygone (S1; : : : ; Sn) estsolution si et seulement si 8i 2 Nn ; Si+1 = �i(Si) (nous conviendrons de poserSn+1 = S1.Nous devons donc avoir �n � �n�1 � : : : � �1(S1) = S1.Si n = 2p est pair �n � �n�1 � : : : � �1 est une translation de vecteur21A est dite irr�eductible.

194 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES2 pXi=1 ������!m2i�1m2i . Si ce vecteur est non nul alors il n'y a pas de solution. Si cevecteur est nul alors on peut choisir S1 par exemple quelconque et les autrespoints d�e�nis par Si = (�i�1 � �i�2 � : : : � �1)(S1).Si n = 2p + 1 est impair alors le produit des sym�etries est une sym�etrie. S1doit donc etre le centre de cette sym�etrie c'est-�a-dire v�eri�e ���!S1an = �!u avec�!u = pXi=1 ������!m2i�1m2i .Retrouvons ces r�esultats en r�esolvant un syst�eme.Identi�ons le plan �a C .(S1; : : : ; Sn) est solution si et seulement si 8i 2 Nn ; Si+1 + Si = 2mi.Nous avons doncS2 = 2m1 � S1; S3 = 2m2 � 2m1 + S1; S4 = 2m3 � 2m2 + 2m1 � S1.Nous prouvons facilement que pour i < n; Si = 2 i�1Xj=1 (�1)j�i�1 + (�1)iS1.Nous devons avoir S1 + Sn = 2an donc 2 n�1Xj=1 (�1)j�n�1aj + (�1)nS1 + S1 = 2ansoit encore 2 nXj=1 (�1)j�n�1aj = ((�1)n�1 + 1)S1.Si n est pair alors il est n�ecessaire d'avoir nXj=1(�1)j�n�1aj = 0 pour qu'il y aitune solution. Dans ce cas en choisissant S1 quelconque, nous avons8i6n; Si = 2 i�1Xj=1 (�1)j�i�1 + (�1)iS1.Si n est impair alors S1 est d�e�ni par S1 = nXj=1 (�1)j�n�1aj et les autres valeurssont 8i6n; Si = 2 i�1Xj=1 (�1)j�i�1 + (�1)iS1.On peut en fait remarquer que si n est pair, le rang de la matrice du syst�eme estn�1 et lorsque n est impair le rang est �egal �a n. Il su�t pour cela de remplacerla derni�ere ligne de la matrice du syst�eme par la ligne L0n = Ln + n�1Xi=1 (�1)iLi.Si n est pair L0n = 0 sinon L0n a tous ses �el�ements nuls sauf le ni�eme qui est�egal �a 2. Nous obtenons �a nouveau la r�eponse.120. Notons X et Y les deux matrices colonnes telles que 8i 2 Nn ; X [i] = xi; Y [i] =yi. Posons l = (tY )X . On identi�e l �a un scalaire du meme nom. Supposonsl 6= 1.�In � 1l + 1(X tY )� (In +X tY ) = In + �X tY � � 1l + 1 �X tY � � 1l + 1(X tY )(X tY ).

195(X tY )(X tY ) = [(tY )X ](X tY ) = l(X tY ) donc�In � 1l + 1(X tY )� (In +X tY ) = In.La matrice est inversible, d'inverse 1l + 1 (lIn � A).Si l = �1 alors X est non nul. (In + (X tY ))X = X�X = 0 donc A n'est pasinversible.121. Supposons n>3.Pour i 2 Nn�1 rempla�cons la ii�eme ligne Li de la matrice A par la ligneL0i = Li � Li+1. Pour i 2 Nn�2 rempla�cons la ii�eme ligne L0i de la matrice Apar la ligne L00i = L0i�L0i+1. La matrice A00 ainsi obtenue a pour terme d'indice(i; j) a00i;j d�e�ni par :Si i6n� 2; a00i;j = ji� jj � 2ji + 1 � jj+ ji+ 2� jjSi i = n � 1; a00i;j = ji� jj � ji+ 1 � jjSi i = n; a00i;j = n� j.Nous en d�eduisons que si i6n � 2 et j 6= i + 1 alors a00i;j = 0, si i6n � 2 etj = i+ 1 alors a00i;j = 2,si i = n� 1 et j6n� 1 alors a00i;j = �1 et si i = n� 1 et j = n alors a00i;j = 1.Notons B cette nouvelle matrice qui a meme d�eterminant que A.Les �el�ements de la derni�ere ligne, d'indices (n; n� 1) et (n; n) sont nuls.D�eveloppons le d�eterminant de B selon la derni�ere colonne puis selon la pre-mi�ere colonne de la matrice obtenue en rayant la n � 1i�eme ligne et la ni�emecolonne de B. La derni�ere matrice est la matrice 2In�2. Nous avons doncdet(A) = (�1)1+n(n� 1)2n�2.Si n = 2 ou n = 1 le r�esultat est encore vrai.122. (a) det(A+D) = X�2Sn �� nYi=1 �a�(i);i + zi��(i)i �!.Lorsque l'on d�eveloppe nYi=1 �a�(i);i + zi��(i)i �, nous pouvons choisir danschaque terme du produit a�(i);i ou zi��(i)i . Soit alors I une partie de Nn ,on choisit i 2 I pour les termes a�(i);i et i 62 I pour les termes zi��(i)i .Nous obtenons nYi=1 �a�(i);i + zi��(i)i �=XI�Nn Yi2I �a�(i);i�Yi62 �zi��(i)i �!.det(A+D) = XI�Nn X�2Sn ��Yi2I �a�(i);i�Yi62 �zi��(i)i �!!.Yi62 �zi��(i)i � 6= 0 si et seulement si 8i 62 I; �(i) = i. Notons i1; i2; : : : ; iples �el�ements de I rang�es dans l'ordre croissant et ip+1; : : : ; in ceux deNn n I rang�es dans l'ordre croissant.Soit � la bijection de Nn dans Nn qui �a k associe ik. Soit � une bijectionde Nn dans Nn qui laisse invariant les �el�ements de Nn n I .Posons �1 = ��1 � � � �. "�1 = "� ; �1(Np) = Np , la restriction, f�1 ,�1 Nn n Np est l'identit�e et "f�1 = "�.

196 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESX�2Sn ��Yi2I �a�(i);i�Yi62 �zi��(i)i �! est alors le d�eterminant de la matricede terme g�en�eral a0i;j tel que8(i; j) 2 I2; a0i;j = ai;j et 8(i; j) 62 I2; a0i;j = zi�ji . Nous avons doncdet(A+D) = XI�Nn Yi=2I zi! detMI!, o�u MI = (aij)(i;j)2I2 .Nous convenons dans cette �ecriture que si I = Nn ; Qi=2I zi = 1 et siI = ;; det(MI) = 1.(b) Pla�cons-nous dans K (X) ou si K est un corps in�ni, consid�erons la fonc-tion polynomiale associ�ee.Choisissons D = �XIn.�A(X) = det(A�XIn) = XI�Nn Yi=2I (�X)!det(MI)!c'est-�a-dire �A(X) = det(A�XIn) = XI�Nn �det(MI)(�X)n�pI� o�u pI d�e-signe le cardinal de I .Les mineurs d'indice p sont ceux obtenus en choisissant I de cardinal p.Nous avons donc Sp = XI�Nn; #I=p det(MI) ; �A(X) = nXp=0 �Sp(�X)n�p�.123. Pour p = 1 ou p = n, le r�esultat demand�e est imm�ediat. Supposons 26p6n�1.Soit B = tAA ; 8(i; j) 2 Np ; bi;j = nXk=1 ak;iak;j.det(B) = X�2Sp "� pYi=1 bi;�(i)!.pYi=1 bi;�(i) = pYi=1 nXk=1 ak;iak;�(i)! = X(k1; :::; kp)2(Nn)p pYi=1 aki;iaki;�(i)!.Il vient det(B) = X�2Sp0@"� X(k1 ; :::; kp)2(Nn)p pYi=1 aki;iaki;�(i)!1Ac'est-�a-dire :X(k1 ; :::; kp)2(Nn)p0@X�2Sp "� pYi=1 aki;iaki;�(i)!1A.X�2Sp "� pYi=1 aki;iaki;�(i)! = pYi=1 aki;i!X�2Sp "� pYi=1 aki;�(i)!.X�2Sp "� pYi=1 aki;�(i)! est le d�eterminant de la matrice telle que pour i 2 Np , la

197ii�eme ligne est (aki;1; aki;2; : : : ; aki;p).Le d�eterminant en question est donc nul si les ki ne sont pas deux �a deuxdistincts.Soient donn�es p entiers k1; : : : ; kp pris dans Nn deux �a deux distincts.Il existe I = (i1; : : : ; ip) 2 J et il existe une bijection �0 2 Sp telle que8j 2 Np ; i�0(j) = kj .Si I 6= I 0; (I; I 0) 2 J2 alors pour tout �0 2 Sp, �0(I) 6= �0(I 0). Nous avons doncpYi=1 aki;�(i) = pYj=1 ai�0(j);�(j) = pYj=1 aij ;�(�0�1(j)).det(B) = XI2J 0@X�02Sp0@ pYj=1 ai�0(j) ;j X�2Sp "� pYj=1 ai�0(j);�(j)1A1AX�2Sp "� pYj=1 ai�0(j) ;�(j) = "�0�1 X�2Sp "���0�1 pYj=1 aij ;�(�0�1(j)) = "�0�1 det(AI).det(B) = XI2J 0@det(AI) X�02Sp "�0 pYj=1 aij ;�0�1(j)!1A = XI2J (det(A))2.124. A 2 G si et seulement si il existe � 2 Sn et il existe (�1; ldots; �n) 2 (K�)ntels que 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = �j��(i)j .det(M) = Xs2Sn "s nYj=1 ai;s(i) = Xs2Sn "s nYj=1 �s(i)��(i)s(i) = "� nYk=1�k 6= 0.A est donc une matrice inversible.Soient A1 et A2 deux �el�ements de G.8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = �j��(i)j ; bi;j = �j��0(i)j . � et �0 �etant deux bijections deSn.Le terme g�en�eral ci;j de la matrice AB est �egal �a :nXk=1 �k�j��(i)k ��0(k)j = ��(i)�0�(�(i))��0(�(i))j . AB est bien dans G.Nous constatons alors que l'inverse de A a pour terme g�en�eral d'indice (i; j)l'�el�ement 1��(j) �i�(j).G est bien un groupe, sous-groupe de GLn(K).125. (a) Nous avons d�ej�a r�esolu cet exercice (le num�ero 105) ; ici seule la diagonaleest di��erente. Notons A(x) la matrice propos�ee. Soustrayons la premi�erecolonne de A(x) �a toutes les autres et d�eveloppons selon la premi�ere co-lonne de cette nouvelle matrice. Nous obtenons det(A(x)) = �x+ � avecdet(A(�b)) = nYi=1(ci � b), det(A(�a)) = nYi=1(ci � a).Supposons b 6= a. Nous obtenons :� = det(A(�b))� det(A(�a))a� b , � = a det(A(�b))� b det(A(�a))a� b .

198 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSupposons b = a. Posons a = b+ t avec t 6= 0 et A0(x) la matrice obtenueen rempla�cant a par a0.� = limt!0 det(A(�b))� det(A(�b� t))t = nXj=1 0B@ nYi=1i6=j (ci � b)1CA.� = limt!0 (b+ t det(A(�b))� b det(A(�b� t))t = nYi=1(ci � b) + b nXj=1 0B@ nYi=1i6=j (ci � b)1CA.det(A)(x) = �x + �.Si les ck sont tous �egaux nous retrouvons ce que nous avoions d�ej�a vu ; �asavoir : � = n(c � b)n�1; � = (c� b)n + bn(c� b)n�1.(b) Supposons n>2. Notons �j le d�eterminant de la matrice Mj 2 Mj(R)d�e�nie par Mj = 0BBBBBBBBB@cos(�) 1 0 : : : : : : 01 2 cos(�) . . . . . . ...0 . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . 0... . . . . . . . . . 10 : : : : : : 0 1 2 cos(�)1CCCCCCCCCA.En d�eveloppant selon la derni�ere colonne, nous obtenons�n = 2 cos(�) �n�1 ��n�2.�2 = cos(2�),�3 = cos(2�)(2 cos2(�)�1)�cos(�) = 2 cos(�) cos(2�)�cos(�) = cos(3�).V�eri�ons que �n = cos(n�).Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang n� 1 ;�n = 2 cos(�) cos((n� 1)�)� cos((n� 2)�) = cos(n�).Le r�esultat est d�emontr�e.En posant �0 = 1 et �1 = cos(�), la relation est vraie pour tout entiern.126. Nous avons vu pr�ec�edemment que le d�eterminant de cette matrice est �egal �a(a�b)n+bn(a�b)n�1 = (a�b)n�1(a+(n�1)b). Celui-ci est nul si et seulementsi a = b ou a+ (n� 1)b = 0.Supposons a 6= b et a+ (n� 1)b 6= 0. La matrice est alors inversible.Notons U la matrice dont les �el�ements sont tous �egaux �a 1.A = (a� b)In + bU . Soit B = In � ba+ (n� 1)bU .U2 = nU donc AB = (a� b)In ; l'inverse de A est donc 1a� bB.127. Le polynome caract�eristique de A est (X � 1)4. La matrice B = A � I4 estdonc nilpotente.

199B = 2664 2 1 0 0�4 �2 0 011 5 1 1�17 �8 �1 �1 3775, B2 = 2664 0 0 0 00 0 0 0�4 �2 0 04 2 0 0 3775 et B3 = 0. B estnilpotente d'indice 3.Soit ("1; "2; "3; "4) la base canonique de Rn ; nous confondrons les matriceset les endomorphismes dont ils sont les matrices dans la base canonique."1 62 Ker(B) ; comme nous l'avons d�ej�a vu dans des exercices pr�ec�edents,(B2("1); B("1); "1) est une famille libre.Le vecteur e4, de coordonn�ees (1;�2; 0;�1) appartient au noyau de B et(B2("1); B("1); "1; e4) est une famille libre donc un e base de R4.Dans cette base, la matrice de l'endomorphisme de matriceB est2664 0 1 0 00 0 1 00 0 0 00 0 0 0 3775.A est donc semblable22 �a 2664 1 1 0 00 1 1 00 0 1 00 0 0 1 3775.128. � Si f = aIdE et g = bIdE alors a = b et f = g. Dans ce cas, le polynomeminimal de f est �egal �a celui de g.� Si f = aIdE et si g n'est pas du meme type alors f et g ne sont pas semblablescar alors f est diagonalisable et pas g. Dans ce cas , le polynome minimal def est di��erent celui de g.� Supposons que f et g ne sont pas du type aIdE Soit e1 2 E un vecteur nonnul non vecteur propre de f . e1 existe d'apr�es l'hypoth�ese faite. Posons alorse2 = f(e1). (e1; e2) est une base de E.La matrice de f dans cette base est A = � 0 a1 b �.Le polynome caract�eristique est �egal �a X2 � bX � a donc b = tr(f); a =� det(f).A = � 0 � det(f)1 tr(f) �. �f = �g donc tr(f) = tr(g) et det(f) = det(g).En faisant avec g ce que nous venons de faire avec f nous obtenons qu'il existeune base de E dans laquelle la matrice de g est B = � 0 � det(g)1 tr(g) �.Nous avons donc A = B et f et g sont semblables. Dans ce cas, lepolynomeminimal de f est �f , celui de g aussi.Nous pouvons remarquer que sir �f est irr�eductible nous sommes toujoursdans la troisi�eme situation et f et g sont semblables.22Pour une �etude plus syst�ematique de ce type de r�esultat, se reporter au devoir de la page 98du livre du meme auteur d�ej�a cit�e.

200 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSi nous r�esumons ces divers cas, nous en d�eduisons que f et g sont semblables23si et seulement si elles ont meme polynome minimal.129. Soit P un polynome annulateur de la matrice A 2 Mn(K).Pla�cons-nous dans le corps K(X) des fractions rationnelles.SupposonsP (X) = pXk=0 akXk. P (X)In � P (A) = P (X)In = pXk=1 ak �XkIn � Ak�.XIn et A commutent donc XkIn � Ak = (XIn �A) k�1Xj=0 XjAk�1�j .En calculant le d�eterminant des deux membres nous obtenonsP (X)n = det(XIn �A) det nXk=1 k�1Xj=0 XjAk�1�j!!.Il existe donc un polynome Q tel que P (X)n = det(XIn�A)Q(X). �A divisedonc P n.Supposons que P soit le polynome minimal de A alors P divise �A. Supposonsque �A s'�ecrive rYj=1Uj�j o�u les polynomes Uj sont irr�eductibles deux �a deuxpremiers entre eux, les coe�cients �j sont des entiers naturels non nuls et Ps'�ecrive sYj=1 Vj�j o�u les polynomes Vj sont irr�eductibles deux �a deux premiersentre eux, les coe�cients �j sont des entiers naturels non nuls.rYj=1Uj�j divise sYj=1 Vjn�j et sYj=1 Vj�j divise rYj=1Uj�j .Quitte �a r�eindexer les polynomes, nous avons r6s et pour tout j 2 Nr ; Uj =Vj ; �j6n�j ; de meme s6r et pour tout j 2 Ns ; Uj = Vj ; �j6�j .Nous en d�eduisons donc que r = s et �j6�j6n�j .Le polynome minimal et le polynome caract�eristique ont les memes facteurspremiers unitaires.Par exemple, si un endomorphisme est nilpotent d'indice p, son polynome mi-nimal est Xp et son polynome caract�eristique est (�1)nXn.Remarque supposons K=C . Soit � une valeur propre de l'endomorphismenilpotent u. Si x est un vecteur propre associ�e, nous avons u(x) = �x etup(x) = �px ce qui impose � = 0. �u �etant scind�e, la seule valeur propre de uest donc 0 et le polynome caract�eristique est donc (�1)nXn.Si K est un sous-corps de C , soit M la matrice de u dans une base de E.det(M �XIn) consid�er�e comme un polynome complexe, donc scind�e, a pourseule racine 0 donc le polynome caract�eristique est donc (�1)nXn.130. (a) Nous avons prouv�e ce r�esultat au pr�ec�edent exercice.(b) E = Ker(P1(u))� Ker(P2(u)).En choisissant une base de Ker(P1(u)) et une base de Ker(P2(u)) nous23Pour une �etude plus compl�ete il faut �etudier les invariants de similitude.

201construisons, en les concat�enant, une base de E dans laquelle la matriceest diagonale par blocs. Nous avons donc �u1�u2 = �u.P1(u1) = 0 donc �u1 divise P n11 ; de meme P2(u2) = 0 et �u2 divise P n22o�u n1 = dim(Ker(P1(u))) et n2 = dim(Ker(P2(u))).Il existe deux polynomes A1 et A2 tels que P n11 = A1U1; P n22 = A2U2.Nous obtenons P n11 P n22 = A1A2P1P2 puis A1 = c1P a11 P b12 ; A2 = c2P a21 P b22avec a1 + a2 = n1; b1 + b2 = n2, a1 et a2 strictement inf�erieurs �a n1 et b1et b2 strictement inf�erieurs �a n2, c1 et c2 sont des constantes non nulles.En rempla�cant dans les premi�eres relations nous avons P n11 = c1P a11 P b12 U1et P n22 = c2P a21 P b22 U2. P1 et P2 �etant premiers entre eux nous obtenonsb1 = 0; a2 = 0 et c1U1 = P1; c2U2 = P2.Les coe�cients dominants de U1; U2; P1; P2 �etant �egaux �a 1 ou �a -1, ilen r�esulte que nous avons U1 = �P1; U2 = �P2.131. (a) Nous pouvons utiliser le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent.Montrons ce r�esultat autrement.Montrons que toute matrice nilpotente est semblable �a une matrice tri-angulaire dont les �el�ements diagonaux sont nuls.Le r�esultat est vrai pour n = 1.Supposons le r�esultat prouv�e pour toute matrice nilpotente appartenant�a Mi(K), i6i6n.SoitA 2 Mn+1(K) une matrice nilpotente. tA est nilpotente. Il existe unecolonne X non nulle telle que tAX = 0 soit encore tX A = 0. Identi�onsles colonnes avec des �el�ements de Kn . L'ensemble des colonnes Y tellesque tX Y = 0 est un hyperplan H de Kn . Soit Y 2 H; tX (AY ) = 0 doncH est stable par A. Choisissons une base de H compl�et�ee en une base deKn . Nous en d�eduisons que A est semblable �a la matrice B C0 a ! o�uB 2 Mn(K) et a 2 K . B est nilpotente donc le polynome caract�eristiquede A est �B(X)(a�X) = (�1)nXn(a�X). a est une valeur propre doncest nul et �A(X) = (�1)n+1Xn+1.(b) �u(u) = 0 donc tr(�u(u)) = 0 = n det(u).Nous en d�eduisons �u(X) = XpP (X) avec p>1.Supposons deg(P )>1 et P (0) 6= 0.En utilisant le lemme des noyaux nous avons E = (Ker(up))�Ker(P (u)).Notons E1 l'espace Ker(up) de dimension, q, au moins �egale �a 1. E1 etKer(P (u)) sont stables par u. Notons A la matrice de la restriction de u�a E1 dans une base de E1.Nous avons Ap = 0 et �A = (�1)qXq et p6q.Pour tout k 2 N� ; tr(Ak) = 0 car Ak est nilpotente pour tout k 2 N�.Choisissons une base de Ker(P (u)) ; la concat�enation des deux basesd�e�nissant une base de E. Dans cette base, la matrice de u est du typeM = A 00 B! o�u B 2Mn�q(K).

202 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES�M = �A �B . Mk = Ak 00 Bk! ; 8k 2 N� ; tr(Mk) = tr(Bk) = 0.En refaisant le raisonnement pr�ec�edent, le d�eterminant de B est nul et�M = Xq+1Q(X), avec q+ 1 > p ce qui est contraire �a l'hypot�ese faite etp = n. D'o�u le r�esultat d�emontr�e.132. Le polynome caract�eristique de A est �(X + 1)(X � 1)2. A2 � I3 = 0 doncpour n pair, An = I3, pour n impair, An = A.Nous pouvons remarquer que le polynome minimal de A est X2 � 1 qui estscind�e �a racines simples donc A est diagonalisable. Nous pouvons le v�eri�eren recherchant les espaces propres ; celui associ�e �a -1 est une droite engendr�eepar (1;�1; 1) ; celui associ�e �a 1 est un plan engendr�e par (1; 0; 0) et (0; 1;�2).133. Soit A = 0@ �1 1 11 �1 11 1 �1 1A �A = �(X + 1)(X + 2)2.Nous avons 0@ xnynzn 1A = An0@ x0y0z0 1A.(A� I3)(A+ 2I3) = 0 donc le polynome minimal de A est (X � 1)(X + 2).Nous pouvons diagonaliser A. Une matrice de passage de la base initiale �a unebase de vecteurs propres est P = 0@ 1 1 01 0 11 �1 �1 1A.An = 13 0@ 1 1 01 0 11 �1 �1 1A0@ 1 0 00 (�2)n 00 0 (�2)n 1A 0@ 1 1 12 �1 �1�1 2 �1 1A.Nous pouvons employer une autre m�ethode.E�ectuons la division euclidienne de Xn par (X � 1)(X + 2) qui s'�ecritXn = (X � 1)(X + 2)Pn(X) + anX + bn.1 = an + bn, (�2)n = �2an + bn.Nous obtenons an = 1� (�2)n3 ; bn = 2 + (�2)n3 .Il vient alorsAn = �1 � (�2)n3 �A+�2 + (�2)n3 �n I3, soit encoreAn = 0BBBBBBB@ 1 � (�2)n+13 1 � (�2)n3 1� (�2)n31 � (�2)n3 1 � (�2)n+13 1� (�2)n31 � (�2)n3 1 � (�2)n3 1� (�2)n+13 1CCCCCCCA.134. A2 = (tr(A))A � (det(A))I2 donc A2B � BA2 = tr(A)(AB � BA) d'o�u le

203r�esultat.135. (a) consid�erons deux matrices A 2 Mq;p(K) et B 2 Mp;q(K). Supposons Ade rang r. Notons B1 la base canonique de Kp et B2 la base canonique deK q , a 2 L(Kp ;K q) et b 2 L(K q ;Kp) les applications lin�eaires telles queMat(a;B1;B2) = A; Mat(b;B2;B1) = B.A est �equivalente �a Jr donc il existe une base "1 de K p et une base "2 deK q telles que Mat(a; "1; "2) = Jr.Notons B0 la matrice de b dans le couple de bases ("2; "2).La matrice de b � a dans le couple de bases ("1; "1) est B0Jr, la matricede a � b dans le couple de bases ("2; "2) est JrB0.Nous avons donc : B0Jr = P�1BAP; JrB0 = Q�1ABQ.P�1BAP est semblable �a BA donc ont meme polynome carct�eristique ;de meme Q�1ABQ et BA ont le meme polynome caract�eristique.Soient les matrices B1 2 Mr;r(K ), B2 2 Mr;q�r(K ), B3 2 Mp�r;r(K) etB4 2Mp�r;q�r(K) telles que B0 = B1 B2B3 B4!.JrB0 = B1 B20 0 !, B0Jr = B1 0B3 0! ; nous obtenons alors�JrB0 = (�X)q�r�B1 ; �B0Jr = (�X)p�r�B1 et (�X)q�BA = (�X)p�AB.(b) Si p = q alors �AB = �BA.136. Soit H = Ker(') 6= E avec ' � u = �'. Si x 2 H alors '(u(x)) = 0 etu(x) 2 H .R�eciproquement supposons qu'un hyperplan H de E soit stable par u. Soit 'une forme lin�eaire de noyau H . Posons = ' � u. Pour x 2 H; (x) = 0. 2 E�.Si = 0 alors est colin�eaire �a ', sinon, est une forme lin�eaire dont lenoyau est un hyperplan contenant H c'est-�a-dire de noyau H . est donccolin�eaire �a '.L'�equivalence est d�emontr�ee.(a) Soit H un hyperplan stable par u ; soit ' 2 E�; ' 6= 0; '�u = �'. Nousavons alors �' = ' � u � u = �(' � u) = �2'.Nous en d�eduisons �2 = �1 ; � n'existe pas et il n'y a pas d'hyperplanstable par u.(b) Supposons E de dimension �nie. Soit A la matrice de u dans une base Bde E. A et tA ont les memes valeurs propres. Soit L 2 M1;n(K) la ma-trice de ' dans le couple de bases (B; 1). Les formes lin�eaires de noyauxdes hyperplans stables v�eri�ent donc LA = �L soit encore tA tL = �tL.Les droites stables sont les droites incluses dans les espaces propres.Il su�t donc de rechercher les vecteurs propres de la matrice A et de lamatrice tA.

204 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESA = 0@ 1 1 11 1 1�1 1 1 1A. Le polynome caract�eristique est X(1�X)(X � 2).Il y a trois droites stables ; elles sont engendr�ees par (0; �1; 1) ; (1; 1; �1)et (1; 1; 0).(1;�1; 0) est un vecteur propre de tA associ�e �a 0, (�1; 1; 1) est un vecteurpropre de tA associ�e �a 1, (0; 1; 1) est un vecteur propre de tA associ�e �a 2.Les trois hyperplans stables ont pour �equations :x � y = 0; �x + y + z = 0 et y + z = 0.B = 0@ �2 1 18 1 �54 3 �3 1A, �B = �X(X + 2)2.Il y a deux droites stables ; elles sont engendr�ees par (3; 1; �5) et(1; �1; 1).(2; 1;�1) est un vecteur propre de tB associ�e �a 0, (3; 1;�2) est un vecteurpropre de tB associ�e �a 2 (l'espace propre est de dimension 1). Les deuxhyperplans stables ont pour �equations :2x + y � z = 0 et 3x + y � 2z = 0.C = 0@ 3 5 �10 1 �20 2 3 1A, �C = (3�X)(X2 � 4X + 7).Il y a une seule droite stable ; elle est engendr�ee par (1; 0; 0).(�2; 1; 6) est un vecteur propre de tC associ�e �a 3. Il y a un seul planstable d'�equation : �2x + y + 6z = 0.(c) Si E est de dimension 3 alors le polynome caract�eristique poss�ee au moinsune racine r�eelle. Il existe donc au moins un plan stable.137. Soit u l'endomorphisme associ�e �a Jn dans la base canonique ("1; : : : ; "n)de E = Rn. Nous avons 8j 2 Nn ; u("j) = "n�j+1 puis u2 = IdE . PosonsM = aIn + bJn. M2 = (a2 + b2)In + 2abJn = (b2 � a2)In + 2aM .P (X) = X2� 2aX + (a2� b2) est un polynome annulateur de M . Les racinesde P sont a+ b et a� b.Si b = 0, M = aIn est diagonale ; E est l'espace propre associ�e �a la valeurpropre a.Si b 6= 0, P est scind�e �a racines simples donc M est semblable �a une matricediagonale.X � (a + b) et X � (a � b) n'annulent pas M ; P est le polynome minimal,a+ b et a� b sont valeurs propres de M et ce sont les seules.R�esolvons le syst�eme MX = (a+ b)X . En simpli�ant, nous en d�eduisons qu'ilest �equivalent au syst�eme : 8i 2 Nn ; xn+1�i = xi.De meme, MX = (a� b)X est �equivalent �a : 8i 2 Nn ; xn+1�i = �xi.Supposons n = 2p.Le premier syst�eme est �equivalent �a : 8i 2 Np ; x2p+1�i = xi et le second est�equivalent �a : 8i 2 Np ; x2p+1�i = �xi.Une base du premier espace est constitu�ee des vecteurs "i + "2p+1�i pour i

205allant de 1 �a p.Une base du second espace est constitu�ee des vecteurs "i�"2p+1�i pour i allantde 1 �a p.Supposons n = 2p + 1.Le premier syst�eme est �equivalent �a : 8i 2 Np ; x2p+2�i = xi et le second est�equivalent �a : 8i 2 Np ; x2p+2�i = �xi et xp+1 = 0.Une base du premier espace est constitu�ee des vecteurs "i + "2p+2�i pour iallant de 1 �a p auquels on adjoint le vecteur "p+1.Une base du second espace est constitu�ee des vecteurs "i�"2p+1�i pour i allantde 1 �a p.138. (a) Soit P = n�1Xi=0 aiX i. Nous avons A = P (J).(b) Soit � une valeur propre de J . Il existe X 2 Mn;1 non nul tel queJX = �X et alors AX = P (�)X . Les nombres P (�) sont donc desvaleurs propres de A.Jn = In donc Xn � 1 est un polynome annulateur de J . Les valeurspropres sont des racines ni�eme de 1.Soit ! = exp�2i�n �.Consid�erons pour k 2 f0; 1; : : : ; n � 1g le vecteur colonne Vk dontl'�el�ement d'indice j est �egal �a !k(j�1) . JV = !kV .La matrice dont les colonnes sont les vecteurs Vk est une matrice deVandermonde dont le d�eterminant est non nul. La famille des Vk estdonc une base de vecteurs propres de J .Nous avons donc pour tout k 2 f0; 1; : : : ; n� 1g AVk = P (!k)Vk.A est diagonalisable et est semblable �a la matrice diagonale dont les�el�ements diagonaux sont les P (!k).139. Soit h une application continue de [0; 1] dansR. Si h(0) 6= 0; posons � = h(1)h(0) ;si h(0) = 0 alors h(1) = 0 et on choisi � quelconque. .Soit alors f� d�e�nie sur R+ par 8n 2 N� ; 8t 2 [n; n + 1]; f�(t) = �nh(t� n),8t 2 [0; 1]; f�(t) = h(t).f� est continue carpour n 2 N; n>2; limt!n� f�(t) = limt!1� �n�1h(t) = �n�1h(1) = �nh(0) = f�(n),de meme pour n 2 N� ; limt!n+ f�(t) = limt!0+ �nh(t) = �nh(0) = f�(n).Par construction, 8t 2 R+; f�(t + 1) = �f�(t).Toutes ces fonctions f� sont donc les vecteurs propres de ' associ�ees �a �.140. (a) La relation xn+1 = pxn + q est �equivalente �a (xn+1 � 1) = p(xn � 1) nousobtenons donc 8n 2 N; xn � 1 = pn(x0 � 1) soit xn = 1 + pn(x0 � 1).(b) Soit � une valeur propre de u. Il existe f 6= 0 v�eri�ant u(f) = �f c'est-�a-dire 8x 2 R; f(px + q) = �f(x). En particulier 8n 2 N; f(xn+1) =�f(xn) donc 8n 2 N; 8x0 2 R; f (1 + pn(x0 � 1)) = �nf(x0).

206 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESf �etant continue limn!+1 f (1 + pn(x0 � 1)) = f(1).f �etant non nulle il existe x0 2 R tel que f(x0) 6= 0. Dans ces conditionslimn!+1�n = f(1)f(x0) ce qui impose � 2]� 1; 1].Si � = 0 alors 8x 2 R; f(px + q) = 0 donc f = 0 ce qui est faux. Nousavons donc � 2]� 1; 1] n f0g.(c) Si � = 1 alors 8x 2 R; f (1 + pn(x� 1)) = f(x) et en calculant la limite8x 2 R; f(x) = f(1). f est donc constante non nulle ; on peut choisirf = 1.Supposons 0 < j�j < 1.f est de classe C1 donc nous obtenons en d�erivant k fois :8x 2 R; 8k 2 N; pkf (k)(px + q) = �f (k)(x).En reprenant les calculs faits pr�ec�edemment nous en d�eduisons les possi-bilit�es suivantesf (k) = 0 ou f (k) 6= 0 et �pk = 1 ou 0 < j�jpk < 1.Dans le premier cas, f �etant non nulle il existe j < k tel que f (j) 6= 0 ;nous pouvons donc supposer, quitte �a changer de notation que f (k) 6= 0.Dans le second cas , deux cas sont possibles il existe k tel que � = pk ou8k 2 N; j�j < pk ; dans le dernier cas nous en d�eduisons � = 0 ce qui estfaux donc il existe k 2 N v�eri�ant � = pk et alors, comme au-dessus, f (k)est constante. Par ailleurs nous avons vu que si j�j < 1 alors f(1) = 0.Finalement, les valeurs propres possibles de u sont les r�eels pk avec k 2 Net pour k>1 tel que pk soit valeur propre les vecteurs propres associ�essont des fonctions polynomiales qui s'annulent en 1.Nous pouvons donc �ecrire f(x) = kXj=1 aj(x� 1)j .pkf(x) = f(px + q) = kXj=1 aj(px + q � 1)j = kXj=1 ajpj(x� 1)j . Nous en d�e-duisons 8j 2 Nk ; ajpk = ajpj c'est-�a-dire aj = �kj ak et f(x) = ak(x� 1)k.Nous pouvons choisir ak = 1 donc les r�eels pk avec k 2 N sont les valeurspropres de u et les vacteurs propres associ�es sont les vecteurs colin�eaires�a x 7�! (x� 1)k.141. Soit � une valeur propre associ�ee au vecteur propre X . X est solution dusyst�eme : 8><>: 8i 2 Nn�1 ; xn = �xinXj=1 xj = �xnSi � = 0 le syt�eme est �equivalent �a 8><>: xn = 0n�1Xj=1 xj = 0 .0 est donc une valeur propre ; l'espace propre associ�e est de dimension n� 2.

207Si � est une valeur propre non nulle alors le syst�eme est �equivalent �a8<: 8i 2 Nn�1 ; xi = x1xn = �x1�2 � � � (n� 1) = 0 .Il y a deux valeurs propres de ce type et pour chacune d'elle l'espace propreest de dimension 1. La matrice est bien diagonalisable et la valeur propre 0est d'ordre n � 2.Le polynome caract�eristique de la matrice est (�1)nXn�2(X2 �X � (n� 1)).Nous pouvions remarquer simplement que le rang de la matrice est �egal �a 2donc le noyau est de dimension n � 2 ; il ne restait plus qu'�a trouver deux�eventuelles autres valeurs propres.La trace est �egale �a 1 ; 1 et 12 n'�etant pas valeurs propres il y a deux autresvaleurs propres distinctes, di��erentes de 1.Soit u l'endomorphisme deRn dont la matrice dans la base canonique ("1; : : : ; "n)de Rn est A. Nous avons 8i 2 Nn�1 ; u("i) = "n ; u("n) = nXj=1 "j .8i 2 Nn�1 ; u2("i) = u("n) ; u2("n) = nXj=1 u("j) = (n� 1)"n + u("n).8i 2 Nn�1 ; u3("i) = (n� 1)"n + u("n) = (n� 1)u("i) + u2("i),u3("n) = (n� 1)u("n) + u2("n).Nous en d�eduisons u3 � u2 � (n� 1)u = 0.X3 �X2 � (n� 1)X est un polynome annulateur de u ; il est scind�e �a racinessimples donc u est diagonalisable. Ce polynome est le polynome minimal deu.142. Soit k 2 Np . f2k = �IdE . Le polynome X2 + 1 est scind�e �a racines simplesdonc fk est diagonalisable.Le spectre de fk est inclus dans f�i; ig. fk �etant diagonalisable, s'il s'agitd'une homoth�etie, �IdE , alors pour j 6= i; j 2 Np , fk � fj + fj � fk = 2�fj = 0.fk ou fk est nulle mais alors on ne peut avoir f2k = f2j = �IdE .Le spectre de fk est donc �egal �a f�i; ig.Soit x 2 Ker(fk�iIdE). Soit j 6= i; j 2 Np . fj(fk(x)) = ifj(x) = �fk((fj)(x)).Nous en d�eduisons que fj(x) est dans Ker(fk + iIdE).fj(Ker(fk � iIdE)) � Ker(fk + iIdE).En �echangeant i et �i nous obtenons fj(Ker(fk + iIdE)) � Ker(fk � iIdE).f2j = �IdE donc fj(Ker(fk � iIdE)) � Ker(fk + iIdE) d'o�u l'�egalit�efj(Ker(fk�iIdE)) = Ker(fk+iIdE).fj est un automorphisme donc dim(Ker(fk�iIdE)) = dim(Ker(fk + iIdE)).Nous en d�eduisons : tr(fk) = 0.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

208 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES143. (a) Notons, pour n>2, �n le polynome caract�eristique de An.Si nous calculons le polynome caract�eristique en d�eveloppant selon lapremi�ere colonne nous obtenons �n = �X�n�1 � �n�2 avec �0 = 1 et�1 = �X .Nous en d�eduisons que les coe�cients du polynome caract�eristique sontdes entiers relatifs et que pour n pair le polynome est pair ; pour n impairil est impair.Posons pour z 2 C ; Sn(z) = �n(2 cos(z)).La relation de r�eurence devient :S0 = 1; S1(z) = �2 cos(z); 8n 2 N; Sn+2(z) = �2 cos(z)Sn+1(z)�Sn(z).L'�equation caract�eristique est r2 + 2 cos(z)r + 1 = 0.Les solutions sont � exp(iz); � exp(�iz).Nous obtenons alors 8n 2 N; Sn(z) = a(� exp(iz))n + b(� exp(�iz))navec a + b = 1; �a exp(iz) � b exp(�iz) = �2 cos(z) c'est-�a-dire poursin(z) 6= 0,a = exp(iz)2i sin(z) ; b = �exp(�iz)2i sin(z) puis Sn(z) = (�1)n sin((n+ 1)z)sin(z) .La restriction de Sn �a l'intervalle r�eel [0; �] conduit, pour x 2 ]�1; 1[, �a�n(x) = (�1)n sin �(n+ 1) acos �x2��sin �x2� .(4� x2)�0n(x) = (�1)n+1 �2(n + 1) cos �(n+ 1) acos �x2��� (�1)nx�n(x)�.En d�erivant une seconde fois nous obtenons :�2x�0n(x) + (4� x2)�00n(x) = �n(x) + x�0n(x)� (n+ 1)2�n,soit en simpli�ant (4� x2)�00n(x)� 3x�0n(x) + n(n+ 2)�n(x) = 0.Supposons n = 2p. Nous savons qu'alors �2p(x) = pXk=0 a2k;2px2k, nousavons doncp�1Xk=0 8(k + 1)(2k + 1)a2k+2;2px2k � pXk=0 2k(2k � 1)a2k;2px2k � pXk=0 6ka2k;2px2k+ pXk=0 n(n+ 2)a2k;2px2k = 0puis en simpli�ant ,p�1Xk=0 (2(k + 1)(2k + 1)a2k+2;2p + (p � k)(p + k + 1)a2k;2p) x2k = 0.Nous obtenons la relation 8k6p � 1; a2k+2;2p = (k � p)(k + p+ 1)2(k + 1)(2k + 1) a2k;2pavec a0;2p = (�1)p.Il vient alors a2k+2 = (�1)p+k+1 kYj=0 (p� j)(p + j + 1)(2j + 1)(2j + 2) = (�1)p+k+1C2k+2p+k+1.Finalement ,

2098k 2 N; k6p; a2k;2p = (�1)p+kC2kp+k soit �2p(x) = pXk=0(�1)p+kC2kp+kx2k.En faisant le meme raisonnement dans le cas n = 2p + 1 nous obtenons�2p+1(x) = pXk=0(�1)p+k+1C2k+1p+k+1x2k+1.(b) Le coe�cient, ci;j , d'indices (i; j) de la matrice AnM est �egal �a :nXk=1 ��k+1i + �ki+1� sin� kj�n+ 1� pour 26i6n � 1. Nous obtenons doncsin�(i� 1)j�n+ 1 �+ sin�(i+ 1)j�n+ 1 � ; r�esultat qui est vrai aussi pour i = 1et i = n.ci;j est donc �egal �a : 2 sin� ij�n + 1� cos� j�n+ 1�.Notons Mj la ji�eme colonne de M ; on a alors AnMj = 2 cos� j�n+ 1�Mj .Pour chaque j 2 Nn ; Mj 6= 0 et les nombres 2 cos� j�n+ 1� sont deux �adeux distincts. Les n valeurs propres deAn sont les nombres 2 cos� j�n + 1�et Mj sont des vecteurs propres associ�es pour j 2 Nn .Le polynome caract�eristique de An est donc nYj=1�2 cos� j�n+ 1��X�.144. X2(X2 +X + 1) est annulateur de u.Posons E1 = Ker(u2); E2 = Ker(u2 + u + IdE). E = E1 � E2. Soit M lamatrice de u dans une base de E.Si dim(E2) est impaire, la restriction de U �a E2 poss�ede une valeur propre ;celle-ci est racine du polynome X2 +X + 1 qui n'a pas de racine r�eelle ; doncla dimension de E2 est paire et celle de E1 aussi.� dim(E1) = 0.M2 + M + I4 = 0. M est C -diagonalisable et a pour valeurs propres j et jchacune d'ordre 2.Soient V1 et V2 deux colonnes propres associ�ees �a j et j. M �etant r�eelle, nousavons aussi MV1 = jV1; MV2 = jV2.Posons W1 = V1 + V1; W 01 = �i(V1 � V1).MW1 = jV1 + jV1 = 2<e(jV1) = <e(jW1 + ijW 01)= <e(j)W1 +<e(ij)W 01 = �12W1 � p32 W 01.Nous obtenons de la meme mani�ere, MW 01 = �12W 01 + p32 W1.Nous faisons de meme avec V2 en posant W2 = V2 + V2; W 02 = �i(V2 � V2).Soit a; b; c; d quatre r�eels.0 = aW1+bW 01+cW2+dW 02 = a(V1+V1)�bi(V1�V1)+c(V2+V2)�di(V2�V2)

210 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES= (a�ib)V1+(a+ib)V1+(c�id)V2+(c+id)V2.Nous en d�eduisons a = b = c = d = 0.(W1; W 01; W2; W 02) est R-libre et sont des vecteurs r�eels. M est semblable �a0BBBBBBBBBBBBB@ �12 p32 0 0�p32 �12 0 00 0 �12 p320 0 �p32 �121CCCCCCCCCCCCCA.� dim(E1) = 2.La restriction de u �a E1 est nilpotente d'indice 1 ou 2. La restriction de u �aE2 se traite comme au-dessus.M est donc semblable �a 0BBBBBBBBB@ 0 0 0 00 0 0 00 0 �12 p320 0 �p32 �12

1CCCCCCCCCA ou �a 0BBBBBBBBB@ 0 0 0 00 1 0 00 0 �12 p320 0 �p32 �121CCCCCCCCCA.� dim(E1) = 4.u est nilpotente d'indice 1 ou 2.145. Supposons p 6= 0 sinon ' = 0 est diagonalisable et a pour espace propre E.Soient (e1; : : : ; er) une base de Im(p) et (er+1; : : : ; en) une base de Ker(p).B = (e1; : : : ; en) est une base de E. p a pour matrice, dans ette base, rXk=1 Ek;k.Soit (i; j) 2 (Nn)2, soit fi;j l'endomorphisme de E de matrice Ei;j dans la baseB. La matrice de '(fi;j) estX(k;l)2(Nr)2Ek;kEi;jEl;l = X(k;l)2(Nr)2�ik�ljEk;l = � Ei;j si i6r; et j6r0 si i ou j > r .' est le projecteur d'image Vect(fi;j; i; j6r) et de noyau Vect(fi;j ; i ou j > r)qui sont les deux espaces propres. rg(') = r2 et ' est diagonalisable.146. Soit P 2 K [X ] scind�e �a racines simples, P (u) = 0.P (�u)(f) = P (u) � f � P (u) = 0 donc �u est diagonalisable.Soit E unR-espace vectoriel de dimension 2n, soit u 2 L(E) tel que u2 = �IdE(voir l'exercice num�ero 10) (�u)2(f) = f ; le polynome X2�1, scind�e �a racinessimples, est annulateur de �u ; �u est diagonalisable. u n'est pas diagonalisablecar u n'a pas de valeurs propres ; elles devraient etre racines du polynome

211X2 + 1.Si E est de dimension impaire rapport�e �a une base (e1; : : : ; e2n+1), n>1,soit u l'endomorphisme de E d�e�ni par u(e1) = e2; u(e2) = �e1 et pouri>2; u(ei) = 0. u n'est pas diagonalisable car le polynome caract�eristique,�egal �a (X2 + 1)(�X)2n�1, n'est pas scind�e.u � (u2 + IdE) = 0. u3 � f � u3 = u � f � u.Posons P (X) = X3�X alors P (�u) = 0 ; P est scind�e �a racines simples donc�u est diagonalisable.147. (a) Supposons que u soit un endomorphisme diagonalisable. Il existe une baseB = (e1; : : : ; en) de vecteurs propres de u 8i 2 Nn ; u(ei) = �iei; �i 2 K .Soit pour (i; j) 2 (Nn)2; ui;j un endomorphisme de E tel que pourtout k 2 Nn ; ui;j(ek) = �jkei. (ui;j)(i;j)2(Nn)2 est une base de L(E).'(ui;j)(ek) = (u � ui;j)(ek)� (ui;j � u)(ek) = u(�jkei)� �k�jkei= �jk(�i � �k)ei = (�i � �j)ui;j(ek).Nous avons donc '(ui;j) = (�i � �j)ui;j . ' est donc diagonalisable.Les valeurs propres sont les nombres �i � �j .(b) Supposons qu'il existe une base (u1; : : : ; un2) de vecteurs propres de '.Soit a un vecteur propre de u.8i 2 Nn2 ; u � ui � ui � u = �iui; et u(a) = �a. En particulier8i 2 Nn2 ; (u � ui)(a)� (ui � u)(a) = �iui(a) = (u � ui)(a)� �ui(a) c'est-�a-dire u(ui(a)) = (�i + �)ui(a).Montrons que la famille des vecteurs ui(a) engendre E.Soit x 2 E, soit v 2 L(E) telle que v(a) = x. v existe car a est non nuldonc peut etre compl�et�e en une base de E. v s'�ecrit : v = n2Xi=1 �iui doncx = n2Xi=1 �iui(a).Nous pouvons extraire de cette famille g�en�eratrice une base de E consti-tu�ee de vecteurs propres de u.(c) Si K est alg�ebriquement clos alors u poss�ede toujours au moins un vecteurpropre et il y a donc un �equivalence.148. (a) u est diagonalisable donc il existe un polynome P scind�e �a racines simplev�eri�ant P (u) = 0. Ce polynome v�eri�e aussi P (v) = 0 donc v estdiagonalisable.(b) Supposons A diagonalisable. Soit X un vecteur colonne, vecteur proprede A associ�e �a la valeur propre �. B0B@ XaX1CA = 0B@ 2a�X�(3a � 1)X1CA. Cet�el�ement est colin�eaire �a 0B@XaX1CA si et seulement si 2a2 � 3a + 1 = 0.

212 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESIl faut choisir a = 1 ou a = 12.Nous obtenons donc :B0B@XX1CA = 2�0B@XX1CA et B0B@2XX 1CA = �0B@XX1CA.Notons (X1; : : : ; Xn) une base de vecteurs propres de A.La relation nXi=1 ai0B@2XiXi 1CA + nXi=1 bi0B@XiXi1CA = 0 implique nXi=1 (2ai + bi)Xi = 0et nXi=1 (ai + bi)Xi = 0.Les coe�cients donc donc tous nuls.La famille constitu�ee des vecteurs 0B@2XiXi 1CA et 0B@XiXi1CA avec i 2 Nn est unefamille libre donc une base de vecteurs propres de B qui est diagonali-sable.Si P est une matrice inversible telle que A = PDP�1 avec D diago-nale alors en posant Q = P 2PP P ! et � = 2D 00 D! nous avonsB = Q�Q�1.Supposons B diagonalisable.Soit C la matrice 2In InIn In! ;C�1 = In �In�In 2In!.B1 = C�1BC = A 00 2A!. B1 est semblable �a B donc est diagona-lisable. A est la matrice de la restriction �a un sous-espace stable d'unendomorphisme diagonalisable et est donc diagonalisable.149. Si A est diagonalisable, les valeurs propres �etant toutes �egales �a 1, on doitavoir A = I2n ce qui est faux.Le polynome caract�eristique de B est �B(X) = Xn(X� 1)n. Le rang de B est�egal �a n et la dimension du noyau est donc �egale �a n. L'espace propre associ�e�a la valeur propre 0 est donc de dimension n.BX = X () � 8i 2 Nn ; xi + xn+i = xi8i 2 N; n < i62n; xi = 0 () 8i 2 N; n < i62n; xi = 0.Cet espace propre est de dimension n. B est diagonalisable.

213150. Soient U la matrice A 00 A! et V la matrice aIn bIncIn dIn!.Nous avons UV = V U = aA bAcA dA!.A est diagonalisable donc il existe P 2 GLn(K ) telle que A = PDP�1 o�u Dest diagonale.Soit Q = P 00 P!. Q est inversible et U = Q D 00 D!Q�1.Soit R = � x1 x2y1 y2 � inversible v�eri�ant � a bc d � = R� � 00 � �R�1.Notons "i la colonne de M2n;1(K) dont tous les �el�ements sont nuls sauf le ii�emequi est �egal �a 1.Posons pour i 2 Nn ; ei = x1"i + y1"n+i; en+i = x2"i + y2"n+i.nXi=1 (�i(x1"i + y1"n+i) + �i(x2"i + y2"n+i)) = 0 impliquenXi=1 (�ix1 + �ix2)"i + nXi=1 (�iy1 + �iy2)"n+i = 0c'est-�a-dire 8i 2 Nn ; �ix1 + �ix2 = 0; �iy1 + �iy2 = 0.R est inversible donc les coe�cients �i et �i sont nuls.La famille (ei)i2N2n est libre. Pour i 2 Nn ; V ei = �ei et V en+i = �en+i.V est diagonalisable. U et V commutent et sont diagonalisables. Elle sontdonc co-diagonalisables et le produit l'est aussi.151. Soit �1; �2; : : : ; �n les valeurs propres de A. Elles sont non nulles et il existeune base (e1; : : : ; en) v�eri�ant Aei = �iei. Chaque ei est une colonne deMn;1(C ).Consid�erons les colonnes, Ei, de M2n;1(C ) d�e�nies par8i 2 Nn ; Ei = 0B@�ieiei 1CA ; En+i = 0B@��ieiei 1CA o�u �i est une racine carr�ee de �i.BEi = 0B@Aei�iei1CA = 0B@(�i)2ei�iei 1CA = �iEi.Les coe�cients �i �etant tous non nuls, nous disposons de 2n vecteurs Ei ;2nXi=1 �iEi = 0 ) nXi=1 �i�iei � 2nXi=n+1�i�iei = 0 et nXi=1 (�i + �n+iei = 0.Nous en d�eduisons �i + �n+i = 0 et �i � �n+i = 0.

214 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESLa famille est libre et est une base de vecteurs propres. B est diagonalisable.Supposons B diagonalisable. Il existe un polynome P scind�e �a racines simplesP (B) = 0. �Ecrivons P (X) = Q(X2) +XR(X2).Il est imm�ediat, par r�ecurence, que pour tout entier naturel p on aB2p = � Ap 00 Ap � et B2p+1 = � 0 Ap+1Ap 0 �.Nous avons donc P (B) = Q(A) AR(A)R(A) Q(A) !.Nous avons alors �evidemment Q(A) = R(A) = 0 puis P (A) = 0. A estdiagonalisable.Si � est le polynome minimal de A, � est scind�e �a racines simples et diviseQ et R ; Q = Q1�; R = R1�; P (X) = �(X2)(Q1(X2) +XR1(X2)). P est �aracines simples donc �(0) 6= 0 et 0 n'est pas valeur propre de A.Remarque pour la partie directe, nous aurions pu choisir � le polynomeminimal de A puis P (X) = �(X2) a�n de remarquer qu'alors �(B) = 0 puisconclure.152. (a) SoitEi = Ker ((u � �i IdE)�i). D'apr�es le lemme des noyaux, E = pMi=1 Ei.La restriction ui de u �a Ei �a valeurs dans Ei est trigonalisable. Soit, pourchaque i 2 Np , �i la dimension de Ei. Le polynome caract�eristique de uest donc pYi=1(�i �X)�i. Nous avons bien 8i 2 Nn ; �i = �i.Remarque la suite des noyaux it�er�es �etant croissante, nous en d�edui-sons : 16 dim(Ker ((u� �i IdE)))6 dim (Ker ((u� �i IdE)�i)).La dimension d'un espace propre est comprise entre 1 et l'ordre de mul-tiplicit�e de la valeur propre en question.(b) ui � �i IdEi est u endomorphisme nilpotent donc il existe une base de Eobtenue en concat�enant des bases des Ei telle que la matrice de u danscette base est2666666664 M1 M2 . . . . . . Mn 3777777775 Mi = �iI�i + Ni avec Ni nilpotente etMi 2 M�i(K).On peut aussi faire en sorte que Ni soit triangulaire sup�erieure.(c) L'application tr est une forme lin�eaire d�e�nie sur un espace de dimension�nie ; elle est donc continue et v�eri�e donc limp!+1 up = 0 ) limp!+1 tr(up) = 0.

215Notons, quitte �a changer l'ordre, �1; : : : ; �N les �eventuelles valeurspropres non nulle de u. Soit A 2 MN(C ) la matrice dont l'�el�ementd'indices (i; j) est �egal �a �i�1j . En trigonalisant une matrice nous v�eri-�ons imm�ediatement que tr(up) = NXk=1(�k)p.Nous avons donc limp!+1 NXk=1(�k)p! = 0 et nous avons aussi pour toutq 2 N; limp!+1 NXk=1(�k)p+q! = 0.Choisissons successivement q = 0; 1; : : : ; N � 1 et notons �q;p l'�el�ementNXk=1(�k)p+q.Il vient alors A0B@ �pi...�pN 1CA = 0B@ �0;p...�N�1;p 1CA. La matriceA est une matrice deVandermonde inversible donc A0B@ �0;p...�N�1;p 1CA = 0B@ �pi...�pN 1CA et pour chaquei 2 NN ; limp!+1 (�i)p = 0.Donc en r�eintroduisant les �eventuelles valeurs propres nulles nous en d�e-duisons que les valeurs propres ont toutes un module strictement inf�erieur�a 1.Pour p>�i � 1, (Mi)p = �i�1Xk=0 Ckp (�i)p�k(Ni)k.La somme est �nie et pour chaque k; p� k>p� �i + 1 tend vers l'in�nidonc limp!+1(Mi)p = 0. Il est alors imm�ediat que up tend vers 0.Le r�esultat que nous venons de d�emontrer est donc vrai aussi lorsque lecorps est R.Il y a �equivalence entre le fait que up tende vers 0 et le fait que les valeurspropres ont toutes un module strictement inf�erieur �a 1.153. (a) Soit x 2 E; x 6= 0. Soit D la droite engendr�ee par x et soit F unsuppl�ementaire de D. Soit en�n p le projecteur d'image D, de noyau F .v commute avec p donc v(p(x)) = v(x) = p(v(x)) ; nous en d�eduisons quev(x) est colin�eaire �a x.Soient x et y deux vecteurs non nuls, colin�eaires ; y = kx.Il existe �(x) 2 K et �(y) 2 K tels que v(x) = �(x)x; v(y) = �(y)y.v(y) = k�(x)x. Nous en d�eduisons �(x) = �(y).

216 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSoient x et y deux vecteurs, ind�ependants24, de E.v(x + y) = �(x+ y)(x+ y) = v(x) + v(y) = �(x)x + �(y)y. x et y �etantind�ependants, il vient encore �(x) = �(y).Il existe donc � 2 K tel que pour x 2 E; x 6= 0; u(x) = �x. Le r�esultatest vrai aussi pour x = 0.(b) (�) Pour chaque i 2 Nm , notons �i la valeur propre de u d'espace peopreassoci�e Ei.Soit ' l'application qui �a (v1; : : : ; vm) 2 L(E1)� : : : �L(Em) associel'application v telle que pour tout i 2 Nm ; 8x 2 Ei; v(x) = vi(x).Il est clair que ' est parfaitement d�e�nie, lin�eaire et injective.Montrons que Im(') = C(u).Soient x = mXi=1 xi ; chaque xi est dans Ei et v 2 Im(').(v � u)(x) = mXi=1 v(�ixi) = mXi=1 �ivi(xi).(u � v)(x) = mXi=1 u(vi(xi) = mXi=1 �ivi(xi) car 8i 2 Nm , vi(xi) 2 Ei.Nous avons bien Im(') � C(u).Soit v 2 C(u) alors v(u(xi)) = �iv(xi) = u(v(xi)) donc v(xi) 2 Ei.En notant pour i 2 Nm ; vi 2 L(Ei) v�eri�ant vi(xi) = v(xi) nousen d�eduisons v = '(v1; : : : ; vm) puis C(u) � Im(') d'o�u l'�egalit�erecherch�ee.(��) Soit X = C(u). Soit v un �el�ement de C(X) ; v commute avec tousles �el�ements w de X et en particulier avec u ; il laisse donc stablechaque sous-espace E1; : : : ; Em et d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, sion note vi 2 L(Ei) la restriction de v �a Ei, vi commute avec tousles endomorphismes de Ei donc il existe ki 2 K ; vi = kiIdEi . Nousavons donc avec les notations pr�ec�edentes, v(x) = mXi=1 kixi.Soit P le polynome de degr�e au plus �egal �a m� 1 tel que pour touti 2 Nm ; P (�i) = ki. P (u)(xi) = P (�i)xi = vi(xi) = v(xi) doncP (u) = v et v 2 K [u].Il est imm�ediat que pour tout polynome P , P (u) commutent avectous les �el�ements de X donc C(C(u)) = K [u].(���) Nous avons vu �a l'exercice pr�ec�edent que dim(Ei) = �(�i)>1, l'ordrede multiplicit�e de la valeur propre �i donc dim(L(Ei)) = �(�i)2 etdim(C(u)) = mXi=1 �(�i)2.Soit � le polynome minimal de u.Nous avons d�ej�a d�emontr�e qu'alors, dim(K [u]) = deg(�).u �etant diagonalisable, le polynome minimal est �egal au polynomecaract�eristique et alors dim(K [u]) = m.24Dans le cas o�u E n'est pas une droite.

217K [u] = C(u) si et seulement si mXi=1 �(�i)2 = m ce qui impose pourchaque i 2 Nm ; �(�i) = 1 c'est-�a-dire que le polynome caract�eristiqueest scind�e �a racines simples.154. � 0@ 4 6 0�3 �5 0�3 �6 �5 1A a pour polynome caract�eristique (1�X)(X + 2)(X + 5).La matrice est diagonalisable. Les vecteurs propres s'obtiennent en r�esolvantles syst�emes AX = X puis AX = �2X et AX = �5X .Chacun de ces syst�emes est de rang 2. Une matrice de passage associ�ee �a(1; �2; �5) est donc 0@ �2 0 11 0 �10 1 1 1A.� Le polynome caract�eristique de A = 0BB@ 1� it 0 2it 00 1 � it 2it 00 0 1 + it 00 0 0 1 + it 1CCA est�evidemment (car la matrice est triangulaire) �egal �a (X2 � 2X + (1 + t2)2.A2 � 2A + (1 + t2)I5 = 0. A est donc diagonalisable. Les vecteurs propress'obtiennent en r�esolvant les syst�emes AX = (1� it)X puis AX = (1 + it)X .Chacun de ces syst�emes est de rang 2.Une matrice de passage associ�ee �a (1� it; 1 � it; 1 + it; 1 + it) est donc0BB@ 0 1 0 11 0 0 10 0 0 10 0 1 0 1CCA.� A = 0BB@ a2 ab ab b2ab a2 b2 abab b21 a2 abb2 ab ab a2 1CCA, �A = (X�(b�a)2)(X�(b+a)2)(X�(a2�b2))2.Supposons ab(a2 � b2) 6= 0.L'espace propre associ�e �a la valeur propre (a2�b2 est de dimension 2, engendr�epar (�1; 0; 0; 1) et (0;�1; 1; 0).L'espace propre associ�e �a la valeur propre (b+ a)2 est engendr�e par (1; 1; 1; 1)celui associ�e �a la valeur propre (b� a)2 est engendr�e par (1;�1;�1; 1).Si b = 0, A est diagonale.Si a = 0, a = b ou a = �b les vecteurs pr�ec�edents conviennent encore.� A = 0@ �3 2 0�1 0 00 0 1 1A a pour polynome caract�eristique (1�X)(X+1)(X+2).La matrice est donc diagonalisable. Une matrice de passage associ�ee �a (�1; 1; �2)

218 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESest 0@ 1 0 21 0 10 1 0 1A.� Le polynome caract�eristique de A = 0@ 0 �2 01 0 �10 2 0 1A est �X(X2 + 4).A est diagonalisable en tant que matrice complexe. Une matrice de passageassoci�ee �a 0; 2i; �2i est : 0@ 1 �1 10 i �i1 1 �1 1A.� Le polynome caract�eristique de A = 0@ 1 � �0 1 0 0 �1 1A est (1�X)(X � 1)2.L'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est d�e�ni par :8<: �y + �z = 0 z = 0z = 0 () � �y = 0z = 0L'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est de dimension deux si et seule-ment si � = 0.Supposons � = 0.Une matrice de passage associ�ee �a (1; 1; �1) est 0@ 1 0 �0 1 0 0 �1 1A.Supposons � 6= 0.La matrice est trigonalisable ; elle �etait d�ej�a sous cette forme.Nous pouvons choisir la matrice de passage 0B@ 1 0 �2� + � 0 1� �2 0 0 4 1CA.Dans ce cas, A est semblable �a 0@ 1 1 00 1 00 0 �1 1A.� Le polynome caract�eristique de A = 0@ �3 5 �21 1 �22 6 �6 1A est (X+2)2(�X�4).L'espace propre associ�e �a la valeur propre double -2 est d�e�ni par le syst�eme :8<: �x + 5y � 2z = 0x+ 3y � 2z = 02x+ 6y � 4z = 0 () � �x + 5y � 2z = 08y � 4z = 0 .Ce syst�eme est de rang deux, l'espace propre est de dimension 1. La matricen'est pas diagonalisable.

219Si nous calculons A2 + 6A + 8I3 nous obtenons 0@ 0 0 �40 0 �40 16 �8 1A qui est nonnul. Nous savions donc que la matrice n'�etait pas diagonalisable.Recherchons une base de trigonalisation.Un vecteur propre e1 associ�e �a la valeur propre �2 est (1; 1; 2). Recherchonsun vecteur e2 tel que Ae2 = ae1 � 2e2 o�u a est �a d�eterminer.2mm] Il s'agit de r�esoudre le syst�eme 8<: �x + 5y � 2z = a� 2xx+ y � 2z = �a � 2y2x + 6y � 6z = 2a� 2z soit en-core8<: �x + 5y � 2z = ax+ 3y � 2z = �a2x+ 6y � 4z = 2a qui est �equivalent �a 8<: �x + 5y � 2z = a2x � 2y = 04x � 4y = 0 .Il su�t de choisir x = y = 0; z = 1 a est alors �egal �a -2. e2 de coordonn�ees(0; 0; 1 est bien ind�ependant de e1.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre -4 est e3 de coordonn�ees (�1; 1; 2).A = PTP�1 avec P = 0@ 1 0 �11 0 12 1 2 1A et T = 0@ �2 �2 00 �2 00 0 �4 1A.Si nous avions choisi pour coordonn�ees de e2, �0; 0; �12�, la matrice trian-gulaire aurait �et�e T = 0@ �2 1 00 �2 00 0 �4 1A.� Le polynome caract�eristique deA = 0BB@ 3 �4 0 24 �5 �2 40 0 3 �20 0 2 �1 1CCA est (X2�1)2.L'espacepropre associ�e �a la valeur propre �1 est d�e�ni par :8>><>>: 4x � 4y + 2t = 04x � 4y � 2z + 4t = 04z � 2t = 02z = 0 () 8<: x� y = 0z = 0t = 0 .L'espace propre est donc de dimension 1 ; la matrice n'est pas diagonalisable.e1 de coordonn�ees (1; 1; 0; 0) est associ�e �a la valeur propre -1. Recherchonse2 tel que Ae2 = ae1 � e2. Il s'agit de r�esoudre le syst�eme :Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

220 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES8>><>>: 4x � 4y + 2t = a4x � 4y � 2z + 4t = a4z � 2t = 02z = 0 () 8<: 4x � 4y = at = 0z = 0Nous pouvons choisir pour e2 le vecteur de coordonn�ees �14 ; 0; 0; 0� et alorsa = 1 ; Ae2 = e1 � e2.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre 1 est e3 de coordonn�ees (1; 1; 1; 1).Nous pouvons terminer le choix de la base en prenant pour quatri�eme vecteure4 l'un des trois vecteurs de la base canonique ("1; "2; "3; "4) de R4 car noussavons que toute famille libre peut etre compl�et�ee en une base ; les vecteursmanquant pouvant etre choisis dans une base donn�ee.(0; 0; 1; 0), par exemple, convient. e1 = "1 + "2e2 = 14"1e3 = "1 + "2 + "3 + "4e4 = "3Nous en d�eduisons "1 = 4e2; "3 = e4; "2 = e1 � 4e2; "4 = �e1 + e3 � e4.Ae4 = A"3 = �2"2 + 3"3 + 2"4 = �2(e1 � 4e2) + 3e4 + 2(�e1 + e3 � e4)= 8e2 +2e3 +e4.La matrice triangulaire obtenue est : 0BB@ �1 1 0 �40 �1 0 80 0 1 20 0 0 1 1CCA.En recherchant un vecteur e03 = ae1+be2+ce3+de4 tel que Ae04 = Ae3+e04 noussommes conduits �a a = 0; b = 2; c = 12. Il su�t donc de choisir e04 = 2e2 + 12e4qui a pour coordonn�ees dans la base canonique �12 ; 0; 12 ; 0�.La matrice est alors dans cette nouvelle base 0BB@ �1 1 0 00 �1 0 00 0 1 10 0 0 1 1CCA.� A = 0BB@ 1 �3 0 15�2 �6 0 90 �3 1 3�1 �4 0 8 1CCA, �A = (X � 1)2(X + 1)(X � 3).L'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est d�e�ni par :8>><>>: �3y + 15t = 0�2x � 7y + 9t = 0�3y + 3t = 0�x � 4y + 7t = 0 () x = y = t = 0.La matrice n'est pas diagonalisable. Un vecteur propre est e1 = "3.Recherchons un vecteur e2 tel que Ae2 = ae1 + e2.

221Nous sommes conduits au syst�eme 8>><>>: �3y + 15t = 0�2x � 7y + 9t = 0�3y + 3t = a�x � 4y + 7t = 0qui est �equivalent �a 8<: �3y + 3t = ax + 13t = 0y � 5t = 0 .Nous pouvons choisir e2 de coordonn�ees (�13; 5; 0; 1) ind�ependant de e1. aest alors �egal �a -12.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre -1 est par exemple e3 de coordon-n�ees (�3; 3; 3; 1).Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre 3 est par exemple e4 de coordon-n�ees (9; �1; 3; 1).La matrice de passage est alors P = 0BB@ 1 �3 0 15�2 �6 0 90 �3 1 3�1 �4 0 8 1CCA et la matrice trian-gulaire obtenue est T = 0BB@ 1 �12 0 00 1 0 00 0 �1 00 0 0 3 1CCA.Comme plus haut, nous pouvons \ra�ner" le r�esultat pour obtenir une d�e-composition de Jordan avec un 1 �a la place de -12. Il su�t par exemple deremplacer e2 en e02 = � 112e2.Nous pouvons aussi remarquer que d'une mani�ere g�en�erale, en utilisant lelemme des noyaux, l'espace Ker((A� I4)2) est stable et est un suppl�ementairede Ker(A+ I4)� Ker(A� 3I4).(A� I4)2 = 0BB@ �9 �39 0 785 19 0 �303 9 0 �61 3 0 �2 1CCA. Une base du noyau est alors (e1; e2).� Le polynome caract�eristique de A = 0BB@ 3 �1 1 �79 �3 �7 �10 0 4 �80 0 2 �4 1CCA est X4.A n'est donc pas diagonalisable. Une base du noyau est (e1; e2) avec e1 ayantpour coordonn�ees (0; �5; 2; 1) et e2 ayant pour coordonn�ees (1; 3; 0; 0).Cherchons alors un vecteur e3 tel que Ae3 = ae1 + be2.Il s'agit apr�es simpli�cation de r�esoudre le syt�eme � 3x � y + z � 7t = b2z � 4t = a .Il su�t par exemple de choisir e4 de coordonn�ees (2; 0; 2; 0) et e4 = "4 pour

222 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESobtenir comme matrice triangulaire, la matrice 0BB@ 0 0 0 �40 0 1 �70 0 0 00 0 0 0 1CCA.Nous aurions pu proc�eder di��eremment.Soit e02 = "1 n'appartenant pas au noyau de A.A2 = 0 donc e01 = Ae02 = 3"1 + 9"2 est dans le noyau de A.Choisissons un autre vecteur e03 = �5"2 + 2"3 + "4 dans le noyau et en�n undernier vecteur e04 = "4 choisi parmi un des vecteurs de la base canonique pourobtenir une base deR4. Nous avons alors Ae01 = e02; Ae02 = 0; Ae03 = 0.Ae04 = �7"1 � "2 � 8"3 � 4"4 doncAe04 = �7e02 � 4e04 � 19(e01 � 3e02)� 4�e03 + 59e01 � 159 e02 � e04� = �73e01 � 4e03.La matrice de passage est alors P = 0BB@ 3 1 0 09 0 �5 00 0 2 00 0 1 1 1CCA et la matrice triangu-laire est 0BB@ 0 1 0 �730 0 0 00 0 0 �40 0 0 0 1CCA.En employant les memes m�ethodes que pr�ec�edemment, nous aurions pu choisir�a la place de e04, le vecteur 52"1 + 3"2 + 52"3 + "4 a�n d'obtenir pour matricetriangulaire la matrice 0BB@ 0 1 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 0 1CCA155. (a) Si � = 0; u � v � v � u = �u. En posons v0 = IdE , la relation propos�eeest vraie pour n = et n = 1.Supposons-l�a vraie jusqu'au rang n.u � vn+1 = (vn � u + n�vn) � v = vn � (u � v) + n�vn+1= vn � (v�u+�v)+n�vn+1 = vn+1 �u+(n+1)�vn+1.Le r�esultat est donc d�emontr�e.(b) (�) Supposons � = � = 0u et v commutent. Nous savons que si deux endomorphismes com-mutent, pour tout polynome P 2 C [X ], et pour tout polynomeQ 2 C [X ], Ker(P (u)) et Im(P (u)) sont stables par Q(v).Soit F un espace propre de u. F est stable par v donc en consid�erantla restriction de v �a F , celle-ci poss�ede un espace propre ; il existedonc un vecteur propre de v dans F . u et v ont bien un vecteurpropre en commun.(��) Supposons � = 0; � 6= 0.v est nilpotente. En e�et, la trace de n�vn est nulle pour tout n 2 N� .

223En utilisant le r�esultat de l'exercice num�ero 130 nous en d�eduisonsque v est nilpotente.Nous pouvons faire une autre d�emonstration. Supposons v non nil-potente. Pour tout n 2 N� ; vn 6= 0.L'application v 2 L(E) 7�! u � v � v � u 2 L(E) a pour valeurspropres les nombres n� pour n 2 N. Il y aurait une in�nit�e de va-leurs propres ; ce qui est faux. v est donc nilpotente. Ker(v) 6= f0g.Soit x 6= 0; x 2 Ker(v). v(u(x)) = 0 donc Ker(v) est stable par u ; uet v ont alors un vecteur propre en commun.(���) Supposons �� 6= 0.Soit v0 = v � u. u � v0 � v0 � u = u � (v � u) � (v � u) � u= u � v � v � u = (� + � )u + �v0.En choisissant = ��� nous sommes ramen�e au cas pr�ec�edent.Il existe un vecteur x 6= 0 v�eri�ant u(x) = �x; v0(x) = �x soit encorev(x) = �x + u(x) = (�+ � )x.Dans tous les cas, u et v ont un vecteur propre en commun.156. (a) La relation est vraie pour n = 1. Supposons-l�a vraie jusqu'au rang n.u � vn+1 = (vn � u + nvn�1) � v = vn � (u � v) + nvn= vn�(v�u+IdE)+nvn = vn+1�u+(n+1)vn.Le r�esultat est d�emontr�e.(b) Soit P 2 K [X ] ; P (X) = nXk=0 akXk. Si P est constant le r�esultat estimm�ediat avec la convention v0 = IdE .D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent nous avonsu � P (v)� P (v) � u = nXk=1 ak �u � vk � vk � u� = nXk=1 kakvk�1 = P 0(v).(c) Supposons que v ait un polynome minimal, P . P (v) = 0 et alors P 0(v) =0. P ne peut etre le polynome minimal de v car P 0 n'est pas nul.En �echangeant les roles de u et v nous obtenons le meme r�esultat pouru. Il est alors imm�ediat que E est de dimension �nie car sinon u et vauraient un polynome minimal diviseur du polynome caract�eristique.Si E est de dimension �nie alors 0 = tr(u � v � v � u) = tr(IdE) =dim(E)>1. Il y a une contradiction.(d) Supposons v de rang �ni. Soit v1 l'application de Im(v) dans lui-meme,restriction de v �a Im(v). v1 poss�ede un polynome minimal P = NXk=0 akXk.Soit Q = XP . Soit x 2 E.(Q(v))(x) = ((XP )(v))(x) = NXk=0 akvk(v(x)) = (P (v1))(v(x)) = 0. Q estnon nul, annulateur de v qui poss�ede alors un polynome minimal. v n'estpas de rang �ni et de meme u.Soit P un polynome non constant. Soit w = P (v).

224 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSi w est de rang �ni Il existe un polynome P1 v�eri�ant comme pr�ec�e-demment w � P1(w) = 0. En posant Q1 = XQ, w poss�ede un polynomeminimal. Q(P (v)) = (Q � P )(v) donc v poss�ede un polynome minimalcar deg(Q � P )>1. Cela est contradictoire. D'o�u le r�esultat.157. (a) (�) On fait la meme d�emonstration qu'aux exercices pr�ec�edents.(��) Nous avons d�emontr�e ce r�esultat plus haut.(b) Supposons rg(u) = dim(E)� 1.(�) u est nilpotente de rang n� 1 donc25 son indice de nilpotence est n.Notons Nk le noyau de uk. La suite (N0; N1; : : : ; Nn�1; Nn = f0g)est strictement d�ecroissante.dim(Nk)>k. Supposons qu'il existe k6n � 1 tel que dim(Nk) > k.Nous avons alors dim(Nn) > n ce qui est faux ; nous avons doncpour tout k6n; dim(Nk) = k. Soit x 2 Nk ; uk(v(x)) = 0 doncv(Nk) � Nk.Soit a 2 E nNn�1. �un�k(a); : : : ; un�1(a)� est une base de Nk. Ene�et ; ces �el�ements sont dansNk ; la famille est libre26 et dim(Nk) = k.Notons, pour i 2 Nn , ai le vecteur un�i(a) qui appartient �a Ni.u(a1) = 0 et pour 26i6n; u(ai) = ai�1. v(ai) 2 Ni est donc combi-naison lin�eaire des vecteurs (a1; : : : ; ai).La matrice de v dans cette base est triangulaire sup�erieure.Notons U et V les matrices de u et v dans cette base et vi;j l'�el�ementd'indices (i; j) de V .L'�el�ement d'indices (i; j) de UV � V U est vi+1;j � vi;j�1 = �i+1j avecun+1;j = 0 et vi;0 = 0.Si j 6= i+ 1 vi+1;j = vi;j�1 et vi+1;i+1 � vi;i = 1.Les �el�ements vi;i sont les valeurs propres de v ; en notant � l'�el�ementv1;1 � 1 nous avons imm�ediatement vi;i = � + i.Nous avons donc pour j > i; vi;j = v1;j�i+1.(��) Soit en un vecteur propre de v associ�e �a la valeur propre �n.Montrons que un�i(en) = ei est un vecteur propre de v associ�e �a �+i.Le r�esultat est vrai pour en. Supposons que pour 06i6k < n� 1 onait v (ui(en)) = (� + n� i)ui(en).v �uk+1(en)� = uk+1 (v (en))� (k + 1)uk+1(en)v �uk+1(en)� = �nuk+1(en)� (k + 1)uk+1(en)= (�n�k�1))uk+1(en) = �n�k�1uk+1(en)d'o�u le r�esultat au rang suivant.Supposons que en soit dans Kn�1. en s'�ecrit alors en = n�1Xk=1 xkak.en est vecteur propre associ�e �a �n si et seulement si8i 2 Nn ; �ixi + nXj=i+1 v1;j�i+1xj = �nxi (avec xn = 0) c'est-�a-dire25Voir les autres exercices sur la nilpotence.26Nous l'avons d�ej�a d�emontr�e.

225xn�1 = 0 et 8i 2 Nn�2 ; n�1Xj=i+1 v1;j�i+1xj = (n� i)xi.Il vient alors xn�2 = 0.Supposons que xk est nul pour n� 1>k>i > 1.Nous avons alors 0 = n�1Xj=i v1;j�ixj = (n� i+ 1)xi�1 et xi�1 est nul.Nous en d�eduisons en = 0.en n'est donc pas dans Kn�1 et alors la famille (ei)i2Nn est bien unebase de E et d'apr�es la d�emonstration pr�ec�edente, c'est une basede vecteurs propres de v. Dans cette base la matrice de v est doncdiagonale et celle de u v�eri�e u(e1) = 0 et pour i>2; u(ei) = ei�1.(c) (�) Nous avons d�ej�a d�emontr�e ce r�esultat �a l'exercice pr�ec�edent.(��) Soit f1 un vecteur propre commun �a u et �a v.u(f1) = 0; v(f1) = �e1. Construisons une base de E dont le premiervecteur est f1. La matrice de u dans cette base est 0 L1C1 U1! avecL1 2M1;n�1(K), C1 2Mn�1;1(K ), et U1 2Mn�1;n�1(K).La matrice de v dans cette base est � L2C2 V1! avec L2 2 M1;n�1(K),C2 2Mn�1;1(K), et V1 2Mn�1;n�1(K).En calculant UV � V U nous obtenons U1V1 � V1U1 = U1.Si dim(E) = 1, u et v ont une base commune de trigonaliation.Supposons le r�esultat vrai pour tout espace vectoriel E de dimensionau plus �egale �a n� 1. Soit alors E un espcace vectoriel de dimensionn.En reprenant ce que nous venons de faire, Il existe une matrice inver-sible P1 2 GLn�1(K) telle que P�11 U1P1 et P�11 V1P1 sont triangulairessup�erieures.Soit P = 1 00 P1!. P est inversible et P�1 = 1 00 P�11 !.P�1UP = 0 L1P10 P�11 U1P1! et de meme, P�1V P = � L2P10 P�11 V1P1!.Ces deux matrices sont triangulaires sup�erieures. Le r�esultat estprouv�e au rang n+ 1 donc est vrai pour tout entier.158. Pour x>1; L(f)(x) = Z 10 tf(t)dt.Pour 06x61; L(f)(x) = Z x0 tf(t)dt + x Z 1x f(t)dt.

226 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESPour x60; L(f)(x) = x Z 10 f(t)dt.L(f) est d�erivable sur R n f0; 1g.Pour x > 1; (L(f))0(x) = 0.Pour 0 < x < 1; (L(f))0(x) = Z 1x f(t)dt.Pour x < 0; (L(f))0(x) = Z 10 f(t)dt.En calculant les limites �a gauche et �a droite en 0 et en 1 nous en d�eduisonsque L(f) est d�erivable sur R.Cherchons un �eventuel vecteur propre associ�e �a la valeur propre 0.f doit v�eri�er L(f) = 0 donc L(f)0 = 0 donc pour 06x61; 0 = Z 1x f(t)dt.En d�erivant sur ]0; 1[ nous obtenons 8x 2]0; 1[; f(x) = 0 puis f nulle sur [0; 1].Toutes les fonctions continues surR dont la restriction �a [0; 1] est nulle conviennent.Elles sont vecteurs propres associ�ees �a la valeur propre 0.Supposons qu'il existe une valeur propre non nulle �.f est d�erivable et en d�erivant nous obtenons (L(f))0(x) = �f 0(x).Pour x 2 [0; 1]; �f 0(x) = Z 1x f(t)dt.f 0 est donc d�erivable sur ]0; 1[ et �f 00(x) = �f(x).� Supposons � < 0; � = � 1!2 .Nous obtenons pour x 2]0; 1[; f(x) = � exp(!x)+� exp(�!x). Par continuit�e,cette relation est vraie aussi en 0 et en 1 et �f(0) = 0; �f 0(0) = Z 10 f(t)dt.Nous en d�eduisons �+� = 0 et � exp(!) = � exp(�!). Il n'y a pas de solution.� Supposons � > 0; � = 1!2 .Nous obtenons pour x 2]0; 1[; f(x) = � cos(!x) +� sin(�!x). Par continuit�e,cette relation est vraie aussi en 0 et en 1 ; nous devons avoir �f(0) = 0 et�f 0(0) = Z 10 f(t)dt.Nous en d�eduisons � = 0 et ! = (2k + 1)�2 ; k 2 Z.Pour x>1 nous avons donc f(x) = f(1) = � sin�(2k + 1)�2 x�.Pour x60; f(x) = xf 0(0) = ��(2k + 1)�2 x�.159. Nous avons d�ej�a vu que si un anneau est de caract�eristique p premier alors8(a1; : : : ; an) 2 An; nXk=1 ak!p = nXk=1(ak)p.Soit K 0 = K(X) le corps des fractions �a coe�cients dans K . A = Mn(K 0) estun anneau de caract�eristique p donc(M +XIn)p = Mp +XpIn.det �Mp +XpIn� = det �(M +XIn)p� = �det(M +XIn)�p.

227Le coe�cient de Xn�1 dans det(M + XIn) est tr(M), celui de Xp(n�1) de�det(M +XIn)�p est (tr(M))p.Le coe�cient de Xp(n�1) dans det �Mp +XpIn� est tr �Mp� d'o�u l'�egalit�e(tr(M))p = tr �Mp� c'est-�a-dire tr(Mp) � trM ( mod p).160. (a) ((X � �)n)n2N est une base de C [X ].Soit P = +1Xk=0 ak(X � �)� o�u les coe�cients ak sont nuls �a partir d'uncertain rang.u(P ) = +1Xk=3(k � 2)ak(X � �)k. P 2 Ker(u) () 8k>3; ak = 0.Ker(u) = Vect((X � �)k)06k62.Im(u) = Vect((X � �)k)k>3.(b) u(P ) = �P () � 8k 2 N; k>3 (k � 2� �)ak = 0 et8k 2 N; k62 �ak = 0 .Supposons � 6= 0.Si � est di��erent de tous les entiers k � 2; k>3 alors � n'est pas valeurpropre car P = 0.Si � = k0 � 2, � est valeur propre de u d'espace propre engendr�e par(X � �)k0 .u est donc diagonalisable car la somme directe des espaces propres estC [X ].Chaque espace propre est une droite sauf le noyau qui est de dimension3.161. Le coe�cient de X2n+1 du polynome '(P ) est �egal �a 2a2n(n � k) si a2n estle coe�cient de X2n de P . '(P ) 2 R2n[X ] si et seulement si a2n(n � k) = 0.Cela est vrai pour tout polynome �a condition d'avoir k = n.P = 2nYk=0(X � ak)�k o�u �k sont des entiers naturels ; 2nXk=0 �k62n et les ak desnombres complexes deux �a deux distincts.P 0P = 2nXk=0 �kX � ak donc si � est une valeur propre elle v�eri�e :2nXk=0 �kX(X � 1)X � ak � 2nX = � ; X(X � 1) = (X � ak)(X � bk) + rk avec bk etrk �el�ements de C . Nous avons alors2nXk=0 �k(X � bk) + 2nXk=0 �krkX � ak � 2nX = �.2nXk=0 �krkX � ak est donc nulle ce qui impose 8k 2 f0; : : : ; 2ng; �krk = 0.Si rk est non nul alors ak ne �gure pas comme racine. Si rk est nul alors ak

228 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESest �egal �a 0 ou �a 1. Nous en d�eduisons que P est du type Xp(X � 1)q. Lad�ecomposition pr�ec�edente devient alorsp(X�1)+qX�2nX = �. Il faut donc avoir p+q = 2n et � = q�p = 2q�2n.Les valeurs propres sont donc les scalaires 2k 2 Z; jkj6n.L'espace propre associ�e �a la valeur propre 2k est la droite dirig�ee par le poly-nome (X � 1)n�kXn+k.162. (a) Si �A est scind�e alors A est semblable �a une matrice triangulaire T ; pourtout entier k, T k est triangulaire et son polynome caract�eristique qui estaussi celui de Ak est scind�e.(b) Consid�erons A comme appartenant �a Mn(C ). A est semblable �a une ma-trice triangulaire complexe T ; les �el�ements diagonaux �etant (e1; : : : ; ek).�A = nYk=1(X � ak) o�u les ak sont complexes. Le polynome caract�eristiquede A2 est �A = nYk=1(X � (ak)2). Pour chaque k 2 Nn ; (ak)2 2 R+ donc8k 2 Nn ; ak 2 R. �A est donc scind�e.Consid�erons la matrice A = � 1 p3�p3 1 � ; A3 = � �8 00 �8 �.�A = X2 � 2X + 4 n'est pas scind�e sur R.163. u est nilpotente d'indice 3. Soit e3 62 Ker(u2). Nous avons d�ej�a vu qu'enposant e2 = u(e3) et e1 = u(e2) (e1; e2; e3) est une base de E.Le noyau de u est la droite engendr�ee par e1. u(e1) = 0; u(e2) = e1; u(e3) = e2.Nous recherchons v tel que 0 = u(v(e1)); v(e1) = u(v(e2)) et v(e2) = u(v(e3)).Nous avons donc v(e1) colin�eaire �a e1. Il existe a 2 v(e1) = ae1. u(v(e2) = ae1.Posons v(e2) = �1 + �e2 + e3 ; il vient u(v(e2)) = �e1 + e2 soit encorev(e2) = �e1 + ae2. De meme v(ae) = �0e1 + �e2 + ae3.Nous en d�eduisons v = aIdE + �u + �0u2. H � Vect(IdE; u; u2) ; il est clairpar ailleurs que Vect(IdE; u; u2) � H d'o�u l'�egalit�e.164. (a) �A = �X3 + 7X2 � 15X + 9 = (1 �X)(X � 3)2.(A� 3I3)2 = 0@ 2 �2 0�2 2 00 0 0 1A.Ker(A � 3I3)2 est engendr�e par e1 = "1 + "2; e2 = "3 o�u ("1; "2; "3) estla base canonique de R3.e1 est dans le noyau de A� 3I3.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre 1 est �"1 + "2.Posons P = 0@ 1 0 �11 0 10 1 0 1A.

229Nous avons A = PTP�1 avec T = 0@ 3 1 00 3 00 0 1 1A.Nous savons qu'un endomorphisme u qui commute avec un endomor-phisme v laisse stable le noyau et l'image de P (v) pour tout polynome P .Si nous appelons v l'endomorphisme de E = R3 dont la matrice est Adans la base canonique de R3 alors u doit laisser stable Ker(v � IdE) etKer(v � 3IdE)2 qui sont suppl�ementaires.La matrice U de u dans la base (e1; e2; e3) est donc diagonale par blocs.U = 0@ a b 0c d 00 0 e 1A.v commute avec u si et seulement si� a bc d � � 3 10 3 � = � 3 10 3 � � a bc d �c'est-�a-dire, en d�eveloppant, c = 0; a = d.Les matrices U conviennent si et seulement si U = 0@ a b 00 a 00 0 e 1A.Cet ensemble de matrices est l'espace vectoriel engendr�e par les trois ma-tricesU1 = 0@ 1 0 00 1 00 0 0 1A, U2 = 0@ 0 1 00 0 00 0 0 1A et U3 = 0@ 0 0 00 0 00 0 1 1Aqui sont trois matrices ind�ependantes.C(A) est donc un espace de dimension 3 engendr�e par PU1P�1; PU2P�1et PU3P�1.Soit P 2 R[X ].P (A) commute avec A donc R[A] � C(A).(A� 3I3)(A� I3) n'est pas nulle donc le polynome minimal de A est �A.Soit P 2 R[X ] ; P = �AQ +R; deg(R)62.P (A) = R(A) donc R[A] = Vect(I3; A; A2).Cette famille est libre car si aI3 + bA+ cA2 = 0, (a+ bX + cX2)(A) = 0et a + bX + cX2 est divisible par le polynome minimal et est donc nul.R[A] est de dimension 3 donc est �egal �a C(A).(b) Si D est une droite stable alors x 2 D ) v(x) colin�eaire �a x. x 6= 0 estun vecteur propre de v. Il y a donc dux doites stables, engendr�ees par"1 + "2 et par �"1 + "2.Soit ' une forme lin�eaire non nulle. Notons L la matrice de ' dans labase canonique de R3. Soit H le noyau de '.H est stable par v si et seulement si il existe � 2 R; ' � u = �'.En e�et supposons qu'il existe � 2 R; ' � u = �'.Soit x 2 H ; '(u(x)) = �'(x) = 0 donc u(H) � H .

230 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSupposons H stable par u. Soit la forme lin�eaire ' � u. '(u(H)) = 0donc le noyau de contient H . Si le noyau est R3 alors = 0 estcolin�eaire �a ' ; sinon est colin�eaire �a ' car elles ont le meme noyau.Il s'agit donc de d�eterminer les couples (�; L) 2 R � M1;3 tels queLA = �L soit encore tA tA = �tL. Nous devons rechercher les vecteurspropres de la matrice tA ; les valeurs propres �etant celles de A.Nous trouvons alors pour 3 la doite engendr�ee par (0; 0; 1) et pour 3celle engendr�ee par (1; �1; 0).Les deux plans stables ont pour �equations dans la base canonique de R3z = 0 et �x + y = 0.165. Soit (e1; : : : ; en) une base de vecteurs propres de u. Soit (�1; : : : ; �n) 2 Knv�eri�ant 8i 2 Nn ; u(ei) = �iei.Soit v un edmomorphisme de E qui commute avec u.8i 2 Nn ; v(u(ei)) = �iv(ei) = u(v(ei)) ; donc v(ei) est dans l'espace propreassoci�e �a �i qui est la droite engendr�ee par ei.Nous en d�eduisons que v(ei) est colin�eaire �a ei.Si chaque ei a une image par v colin�eaire �a ei alorsu(v(ei)) = u(�iei) = �i�iei = v(u(ei)).v commute avec u si et seulemnt si 8i 2 Nn ; v(ei) est colin�eaire �a ei.Soit v 2 C(u).Pour chaque i 2 Nn nous avons v(ei) = �iei.Soit le polynome P , qui existe et est unique, de degr�e au plus �egal �a n � 1v�eri�ant pour chaque i 2 Nn ; P (�i) = �i.P (u)(ei) = P (�i)ei = �iei = v(ei) donc v = P (u).Il est clair que si P est un polynome alors P (u) commute avec u.Nous avons donc C(u) = K [u].Le polynome minimal de u est nYi=1(X � �i) donc K [u] est un espace vectoriel dedimension n. En e�et (IdE;u ; : : : ; un�1) est libre car n�1Xk=0 akuk = 0 ) P (u) = 0avec P = n�1Xk=0 akXk. P est donc divisible par le polynome minimal et est doncnul.Soit v 2 K [u] ; il existe P 2 K [X ] tel que v = P (u).P = �uQ+R avec deg(R) < n donc v = R(u).K [u] = Vect(IdE ;u ; : : : ; un�1) qui est de dimension n.Le polynome caract�eristique de 0@ 2 0 43 �4 121 �2 5 1A est �X3 + 3X2 � 2X . Lesvaleurs propres sont 0, 1, 2.Le commutant est donc l'espace vectoriel engendr�e par I3; A; A2 c'est-�a-direl'ensemble des matrices

2310@ a+ 2b + 8c �8c 4b+ 28c3b+ 6c a� 4b� 8c 12b + 24cb+ c �2b� 2c a+ 5b+ 5c 1A avec (a; b; c) 2 R3.166. Soit f(x) = x3�x�1; x 2 R. f 0(x) = 3x2�1 est n�egatif pour x 2 �� 1p3 ; 1p3�,strictement positif sur le compl�ementaire.f �� 1p3� < 0; f �� 1p3� > 0. f poss�ede donc27 une et une seule raciner�eelle a 6= 0. Les deux autres, b et b, sont donc complexes conjugu�ees.Si nous supposons A 2 Mn(C ), X3 � X � 1 est scind�e �a racines simples ; Aest donc diagonalisable. Les valeurs propres de A sont donc a, d'ordre �, b etb, d'ordres � car A 2Mn(R).Le d�eterminant de A est donc �egal �a a�jbj2� > 0.167. u est de rang n � 1, son noyau est de dimension �egale �a 1. Il existe une base(e1; : : : ; en) de E telle que u(e1) = 0 et pour i 2 Nn�1 ; u(ei+1 = ei.Soit v un endomorphisme qui commute avec u.v(u(e1)) = 0 = u(v(e1)). v(e1) 2 Ker(u) donc il existe a1 2 K ; v(e1) = a1e1.Supposons qu'il existe (a1; a2; : : : ; aj) 2 K j tel que pour k 2 Nj on aitv(ek) = kXi=1 aiek�i+1 (j < n).v(u(ej+1)) = v(ej) = jXi=1 aiej�i+1 = u(v(ej+1)).Nous avons u(v(ej+1)) = jXi=1 aiu(ej�i+2) ; il existe alors aj+1 2 K tel quev(ej+1)� jXi=1 aiej�i+2 = aj+1e1 c'est-�a-dire v(ej+1) = j+1Xi=1 aiej�i+2.nXi=1 aiui�1(ej) = nXi=1 aiej�i+1 = v(ej) ; nous avons donc v = nXi=1 aiui�1 et v 2 K [u].Tout �el�ement de K [u] commute avec u donc C(u) = K [u].168. (a) Nous avons d�ej�a vu un resultat analogue �a l'exercice num�ero 29.(IdE + v � (IdF � u � v)�1 � u) � (IdE � v � u)= IdE�v�u+v�(IdF �u�v)�1�(u�u�v�u)= IdE�v�u+v�(IdF �u�v)�1�(IdF�u�v)�u = IdE(IdE � v � u) � (IdE + v � (IdF � u � v)�1 � u)= IdE�v�u+(IdE�v�u)�v�(IdF�u�v)�1�u= IdE�v�u+(v�v�u�v)�(IdF �u�v)�1�u= IdE � v � u+ v � (IdF � u � v) � (IdF � u � v)�1 � u = IdE .27Un polynome r�eel X3 + pX + q poss�ede trois racines r�eelles distinctes si et seulement si 4p3 +27q2 < 0.

232 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESNous en d�eduisons alors que IdE � v � u est inversible et a pour inverse(IdE + v � (IdF � u � v)�1 � u).En �echangeant les roles de u et v nous obtenons(IdF � u � v) inversible () (IdE � v � u) inversible.Soit � 2 K ; � 6= 0. u � v � �IdF inversible �equivaut �a IdF � 1�u � vinversible c'est-�a-dire �equivaut �a IdE � 1�v � u inversible.Les valeurs spectrales non nulles de u � v et v � u sont donc les memes.(b) Si E = F sont de dimension �nie, il y a �equivalence entre la bijectivit�e etl'injectivit�e d'une application lin�eaire donc les valeurs propres non nullesde u � v et v � u sont donc les memes.Supposons v � u injective (donc bijective). u est alors injective doncbijective et v est aussi bijective ; mais alors u � v est aussi bijective. v � uet u�v sont bijectves en meme temps donc non injectives en meme temps.(c) Soient (e1; : : : ; en) une base de E et (f1; : : : ; fp) une base de F .Supposons dim(E) < dim(F ).Soit u 2 L(E;F ) telle que 8i 2 Nn ; u(ei) = fi, soit v 2 L(F;E) telle que8i 2 Nn ; v(fi) = ei et pour i > n; v(fi) = 0.v � u = IdE ; u(v(fn)) = 0 donc v � u est injective et u � v ne l'est pas.(d) Reprenons ici les notations de l'exercice num�ero 134.Des bases �etant choisies dans E et F , soient A la matrice de v et B cellede u.JrB0 est semblable �a AB, B0Jr est semblable �a BA et pour tout p 2 N� ,(JrB0)p est semblable �a (AB)p et (B0Jr)p est semblable �a (BA)p.JrB0 = B1 B20 0 !, B0Jr = B1 0B3 0! avec B1 2 Mr;r(K);B2 2Mr;q�r(K); B3 2 Mp�r;r(K); B4 2Mp�r;q�r(K).Nous v�eri�ons facilement que (JrB0)p = (B1)p (B1)p�1B20 0 !et (B0Jr)p = (B1)p 0B3(B1)p�1 0! pour p 2 N� .Nous avons donc tr((JrB0)p) = tr((B1)p) et tr((B0Jr)p) = tr((B1)p).Il y a donc bien �egalit�e. Le cas p = 0 est imm�ediat.169. (a) Si v est inversible alors det(v) 6= 0. (��v + det(v))(v) = det(v)IdE.Soit Q = 1det(v)(��v + det(v)).Q(0) = 0 donc il existe R 2 K [X ]; Q(X) = XR(X).Nous en d�eduisons v �R(v) = IdE puis v�1 = R(v) = (R � P )(u) 2 K [u].(b) Soit � le polynome minimal de u. Supposons qu'il existe deux polynomesU et V tels que UP + V � = 1. Nous avons alors U(u) � v = IdE et v est

233inversible.Supposons v inversible. Il existe un polynome W tel que W (u) = v�1.En e�ectuant la division euclidienne de W par � nous obtenons l'existenced'un polynome T , deg(T ) < deg(�), tel que T (u) = v�1 c'est-�a-direT (u) � P (u) = IdE .Le polynome TP � 1 est annulateur de u donc il existe un polynome Vtel que TP � 1 = V �.P et � sont premiers entre eux.170. (a) Supposons que Im(u) et Ker(u) sont suppl�ementaires.Ker(u) est non nul donc le polynome minimal de u est XQ. MontronsQ(0) 6= 0.Notons u1 l'application de Im(u) dansIm(u) restriction de u ; notons Pu1le polynome minimal de u1.Soit x 2 Im(u) ; (u � (Pu1)(u))(x) = u(0) = 0.Soit x 2 Ker(u) ; ((Pu1)(u)) � u)(x) = ((Pu1)(u))(0) = 0.XPu1 est un polynome annulateur de u. u1 est injective donc Pu1(0) 6= 0.Le polynome minimal de u est donc XR o�u R divise Pu1.Supposons R 6= Pu1 ; soit alors x 2 Im(u). y = R(u)(x) 6= 0 et u(y) = 0donc y 2 Im(u) \Ker(u) = 0 ce qui est faux.Le polynome minimal de u est donc �egal �a XPu1.Supposons que le polynome minimal de u soitXQ avec Q(0) 6= 0. D'apr�esle lemme des noyaux, E = Ker(u)� Ker(Q(u)).Soit y 2 Im(u).Il existe x 2 E; y = u(x) donc (Q(u))(y) = ((XQ)(u))(x) = 0 ; nous end�eduisons Im(u) � E1.En tenant compte des dimensions nous obtenons l'�egalit�e de ces en-sembles ; d'o�u l'�equivalence.(b) Nous savons que la restriction d'un endomorphisme �a un suppl�ementairedu noyau est isomorphe �a l'image. Si E = Im(u)�Ker(u) alors u1 est unautomorphisme.Supposons que u1 soit un automorphisme. Soit y 2 Im(u) \ Ker(u). Ilexiste x 2 Im(u); y = u(x) et u2(x) = 0 u2(x) = (u1)2(x) donc x = 0 ety = 0.Im(u) et Ker(u) sont suppl�ementaires.171. Soit a l'endomorphisme dont la matrice dans la base canonique de Kn est A.Soit e1 l'�el�ement de E = Kn dont la matrice des coordonn�ees dans la basecanonique est u. (e1; a(e1); : : : ; an�1(e1)) est une base de E. La matrice depassage de la base canonique �a cette base est B. La matrice de a dans cettenouvelle base est C. an(e1) = nXj=1 cj;nej .Comme nous l'avons vu �a l'exercice num�ero 39 du chapitre polynomes, lamatrice C est une matrice compagne et �u = (�1)n Xn � n�1Xi=0 ci;nX i! d'o�ule r�esultat demand�e.

234 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ES172. Supposons u diagonalisable. Il existe p espaces propres de u E1; : : : ; Ep,sous-espaces vectoriels de E tels que E = pMi=1 Ei.Chaque Ei est stable par u. Soit � 2 K . Si � n'est pas une valeur propre deu alors u � �IdE est bijective donc 8p 2 N; rg(u� �IdE) = n.Supposons que � soit une valeur propre �i de E.8j 2 Np ; u� �iIdE Ej = (�j � �i)IdEj , (u� �iIdE)p Ej = (�j � �i)pIdEj .Ker(u� �iIdE) = Ei = Ker((u� �iIdE)p) donc les rangs sont �egaux.Supposons que pour tout � 2 K ; rg(u� �iIdE) = rg((u� �iIdE)2).En utilisant les suites d�ecroissantes des images it�er�ees, nous avons d�ej�a vuqu'alors8p 2 N� ; Im(u � �iIdE) = Im((u� �iIdE)p) et8p 2 N� ; Ker(u� �iIdE) = Ker((u � �iIdE)p).Soit �u = pYi=1(�i �X)�i o�u les �i sont deux �a deux distincts.D'apr�es le lemme des noyaux nous en d�eduisons E = pMi=1 Ker(u� �iIdE).u est donc diagonalisable.173. u(F ) � F ; soit v l'application de F dans F restriction de u. u est diagonali-sable donc il existe un polynome P scind�e �a racines simples v�eri�ant P (u) = 0.Soit x 2 F ; (P (v))(x) = (P (u))(x) = 0 P (v) = 0 et v est diagonalisable.Soit B = (e1; : : : ; en) une base de vecteurs propres de u. Soit (e01; : : : ; e0p)une base de vecteurs propres de v.Compl�etons cette base �a partir de vecteurs pris dans la base B pour en faireune base B0 de E.Soit G l'espace vectoriel engendr�e par les vecteurs choisis dans B a�n d'obtenirB0. F et G sont suppl�ementaires.Les vecteurs pris dans B sont des vecteurs propres de u donc u(G) � G.174. (a) Si la dimension de E est �egale �a 1 tous les endomorphismes de E ont unebase commune de diagonalisation.Supposons le r�esultat vrai pour tout espace vectoriel de dimension auplus �egale �a n.Soit E un espace vectoriel de dimension n+ 1.Si tous les �el�ements de D sont du type �IdE; � 2 K la r�eponse est im-m�ediate.Supposons qu'il existe un �el�ement de D di��erent de �IdE ; � 2 K .Soit E1; : : : ; Ep les espaces propres de cet �el�ement ; chaque Ei est dif-f�erent de E d'apr�es l'hypoth�ese. Les �el�ements de D commutent deux �adeux donc ils laissent tous stables les p espaces Ei.Pour chaque u 2 D et pour chaque i 2 Np , notons ui l'application de Eidans lui-meme restriction de u. i �etant �x�e, tous les endomorphismes uisont diagonalisables28, commutent entre eux deux �a deux et sont d�e�nis28Voir l'exercice pr�ec�edent.

235sur Ei de dimension au plus �egale �a n.Il existe donc une base Bi de Ei de diagonalisation de tous les ui.E = pMi=1 Ei donc la concat�enation des bases Bi est une base de E ; c'estune base de diagonalisation de tous les �el�ements de D.(b) Montrons l�a encore le r�esultat par r�ecurrence sur la dimension, n, de E.Pour n = 1 le r�esultat est imm�ediat.Supposons le r�esultat v�eri��e pour tout espace vectioriel de dimension auplus �egale �a n. Soit E un espace vectoriel de dimension n+ 1.Comme pr�ec�edemment, nous pouvons supposer qu'il existe un �el�ement ude T ayant un espace propre di��erent de E car sinon tous les �el�ementssont diagonalisables dans toute base de E.Soit F un espace propre de u ; 16 dim(F )6n. Soit G un suppl�ementairede F . Construisons une base B de E en concat�enant une base de F etune base de G. F est stable par tous les �el�ements de T .Pour tout v 2 T , notons ev l'endomorphisme de F , restriction de v �a F .Les endomrophismes ev commutent deux �a deux et en consid�erant la ma-trice de v dans la base B nous constatons que �ev divise �v ; �ev est doncscind�e.Les endomorphismes ev commutent deux �a deux et sont trigonalisables ;il existe une base de F de trigonalisation commune.En concat�enant cette base avec la base de G nous avons une base, B0,de E dans laquelle la matrice de v est V = V1 V20 V3! o�u V1 est trian-gulaire sup�erieure et est la matrice de ev dans la base commune B1 detrigonalisation.Soit p le projecteur d'image G de noyau H .Notons v0 l'application x 2 G 7�! p(v(x)) 2 G.La matrice de v0 dans la base choisie pr�ec�edemment dans G est V3. No-tons T 0 l'ensemble de endomorphismes v0 construits pr�ec�edemment. Encalculant le produit V W des matrices de v et w appartenant �a T dans labase B0 nous constatons que V3W3 = W3V3. �V1�V3 = �V .Les �el�ements de T 0 sont tous trigonalisables et commutent deux �a deux.Nous pouvons appliquer l'hypoth�ese de r�ecurrence applicable car 16 dim(G)6net en d�eduire qu'il existe une base B2 de G commune de trigonalisationpour les �el�ements de T 0.En concat�enant les bases B1 et B2 nous obtenons une base de E communede trigonalisation des �el�ements de T .Le r�esultat est ainsi d�emontr�e.Remarque en utilisant le lemme des noyau nous pouvons faire une autred�emonstration.Notons �u = pYi=1(�i �X)�i la d�ecomposition en facteurs premiers ; les �i

236 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESsont deux �a deux distincts et les �i sont des entiers au moins �egaux �a 1.Notons Ei le noyau de (u � �iIdE)�i . E = pMi=1 Ei. Les espaces Ei sontstables par tous les �el�ements de T .Nous pouvons donc appliquer sur chaque Ei l'hypoth�ese de r�ecurence etobtenir une base de Ei commune de trigonalisation des endomorphismesde Ei restrictions des �el�ements de T �a Ei.En concat�enant ces bases nous obtenons une base de E commune detrigonalisation de tous les �el�ements de T .(c) Les endomorphismes nilpotents ont pour polynome caract�eristique (�X)net sont donc29 trigonalisables ; il existe une base (e1; : : : ; en) communede trigonalisation.Notons E0 = f0g et pour j 2 Nn ; Fj = Vect(e1; : : : ; ej).8(i; j) 2 (Nn)2; ui(ej) 2 Ej�1.Nous avons alorspour i6j, iYk=1 uk! (ej) 2 Ej�i et pour i > j; iYk=1 uk! (ej) = 0.Ce r�esultat est vrai pour i = 1 ; si nous le supposons vrai au rang i < nalorspour i < j, i+1Yk=1 uk! (ej) = ui+1 i+1Yk=1 uk! (ej) 2 ui+1 (Ej�i) � Ej�i�1 etpour i>j; i+1Yk=1 uk! (ej) = 0.Nous avons le r�esultat au rang i+1 et nous en d�eduisons nYk=1 uk! (ej) = 0.175. (a) Nous avons vu dans l'exercice num�ero 1 d'alg�ebre g�en�erale que si A estdans un groupe �ni de cardinal p alors Ap = In. Le polynome Xp� 1 estscind�e �a racines simples, annulateur de A. A est diagonalisable.(b) Soit p le cardinal de G ; f(G) est un sous-groupe de GL(E) de cardinalp. Les valeurs propres, �1; : : : ; �n) o�u n = dim(E), de f(a) sont donc demodule 1 ; celles de f(a�1) = (f(a))�1 sont les inverses de celles de f(a).Nous avons donc tr(f(a)) = nXk=1 1�k = nXk=1 �k = �(a) .Comme nous venons de le voir, les �el�ements f(a) sont diagonalisables.176. Le polynome Xk � 1 2 C [X ] est un polynome annulateur de A ; il est scind�e�a racines simples donc A 2 Mn(C ) est diagonalisable.Les valeurs propres, (�; �), de A sont des racines ki�eme de l'unit�e. Il existe(q; r) 2 (Nk)2 tel que � = exp�2iq�k � ; � = exp�2ir�k �.A 2Mn(Z) donc � + � 2 Z; �� 2 Zce qui implique �� = �1.29Il n'est pas n�ecessaire que le corps soit C .

237Si �� = 1 alors � = � et nous avons 2 cos�2iq�k � 2 Z c'est-�a-direcos�2iq�k � 2 ��1; �12 ; 0; 12 ; 1�.si �� = �1 alors � = �� alors 2i sin�2iq�k � 2 Zc'est-�a-dire sin�2iq�k � = 0.Les valeurs possibles pour (�; �) sont :(�1; �1), (j; j2), (i; �i), (�j; �j2), (1; 1) et (1; �1). (On peut aussi�echanger les roles de � et �).Les matrices diagonales ainsi obtenues sont semblables aux matrices A cher-ch�ees donc les valeurs de k 2 N� v�eri�ant Ak = I2 sont alors successivement2, 3, 4, 6, 1, 2. Nous avons bien A12 = I2.V�eri�ons que ces matrices existent bien.La premi�ere et les deux derni�eres existent bien.� �2 �31 1 � est dans le deuxi�eme cas, � 0 �11 0 � est dans le troisi�eme cas,� �1 3�1 2 � est dans le quatri�eme cas.12 est donc le plus petit exposant possible.Les matrices cherch�ees sont donc les matrices �a coe�cients entiers v�eri�antA12 = I2.177. (a) S'il existe l 2 N� tel que ul = IdE , le polynome P = X l � 1 scind�e �aracines simples v�eri�e P (u) = 0 donc u est diagonalisable.(b) Si n = 1, nous choisissons u = �IdE o�u � est une racine primitive N i�emede l'unit�e.Si n>2, soit U = A 00 In�2! o�u A = 0@ cos �2�N � sin �2�N �� sin �2�N � cos �2�N � 1A.L'endomorphisme u dont la matrice dans une base de E est U convient.(c) Si u est d'ordre N donn�e alors la matrice de u dans une base de E estsemblable �a Diag(�1; : : : ; �n) o�u les �i sont des racines N i�eme de l'unit�e ;une au moins de ces racines �etant une racine primitive. La r�eciproque estimm�ediate.(d) Voir l'exercice pr�ec�edent. Les valeurs possibles sont donc 1, 2, 3, 4, 6.178. Le polynome minimal de f est X ou X � a ou X(X � a) ou (X � a)2 ouX(X � a)2.� Dans le premier cas f = 0 ; dans le second cas f = aIdE . Dans ces deux casles classes de similitudes ne contiennent qu'un seul �el�ement.� Si le polynome minimal est X(X � a), f est diagonalisable.Si la valeur propre 0 est d'ordre 1, le rang de f est �egal �a 2, l'ensemble desmatrices semblables �a A est constitu�e des matrices P Diag(0; a; a)P�1 avecP 2 GL3(K).Si la valeur propre 0 est d'ordre 2, le rang de f est �egal �a 1, l'ensemble des

238 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESmatrices semblables �a A est constitu�e des matrices P Diag(0; 0; a)P�1.� Si le polynome minimal est (X � a)2 f � aIdE est nilpotente d'indice 2donc, comme nous l'avons vu dans d'autres exercices sur les endomorphismesnilpotents, f � aIdE est de rang 1.Soit e3 62 Ker(f � aIdE). Posons e2 = (f � aIdE)(e3) 2 Ker(f � aIdE).Choisissons un vecteur e1 2 Ker(f �aIdE) ind�ependant de e2. (e1; e2; e3) estune base de E.La matrice de f dans cette base est A = 0@ a 0 00 a 10 0 a 1A.Les matrices semblabes �a A sont les matrices PAP�1 avec P 2 GL3(K).� Si le polynome minimal de f est X(X�a)2, E = Ker(f)�Ker((f �aIdE)2)et la restriction de f � aIdE �a Ker((f � aIdE)2) est nilpotente d'indice 2 surun espace de dimension 2 donc il existe une base de Ker((f �aIdE)2) telle quela matrice de f dans cette base est � a 10 a � ; il existe une base de E danslaquelle la matrice de f est A = 0@ 0 0 00 a 10 0 a 1A.Les matrices semblables �a A sont les matrices PAP�1 avec P 2 GL3(K ).179. (a) Nous pouvons calculer le d�eterminant d'une matrice en le d�eveloppantselon une ligne ou selon une colonne. Soit A 2 Mn(K) une matrice dontle terme g�en�eral est ai;j.det(A) = nXi=1 (�1)i+jai;j det(Ai;j) = nXj=1 (�1)i+jai;j det(Ai;j).Consid�erons la matrice obtenue en rempla�cant la ji�eme colonne de A parla ki�eme (k 6= j).En d�eveloppant selon la ji�eme colonne nous obtenons0 = nXi=1 (�1)i+jai;k det(Ai;j).En faisant le meme raisonnement avec les lignes nous avons0 = nXj=1 (�1)i+jak;j det(Ai;j).Finalement nous avons :�kj det(A) = nXi=1 (�1)i+jai;k det(Ai;j) et�ki det(A) = nXj=1 (�1)i+jak;j det(Ai;j).Le terme d'indices (i; j) de la matrice fA est (�1)i+j det(Aj;i), le terme

239d'indices (i; j) de la matriceAfA est nXk=1 ai;k(�1)k+j det(Aj;k) = �ji det(A).De meme le terme g�en�eral de fA A est �egal �a �ji det(A). Nous avons doncAfA = fA A = det(A)In.Si A est de rang n, A est inversible et a pour inverse 1det(A)fA qui estaussi de rang n.Supposons det(A) = 0.Soient u et v deux endomorphismes de Kn tels que u � v = 0; v � u = 0.Cela est �equivalent �a Im(u) � Ker(v) et Im(v) � Ker(u). rg(u)6n�rg(v).Nous en d�eduisons rg(A) + rg(fA )6n.Supposons rg(A) = n� 1. Il existe un d�eterminant extrait de A de type(n� 1) � (n� 1) non nul donc le rang de fA>1. D'apr�es l'in�egalit�e pr�e-c�edente nous en d�eduisons que le rang de fA est �egal �a 1.Supposons rg(A) = 6n� 2. Tous les d�eterminants extraits de A de type(n� 1)� (n� 1) son nuls donc fA = 0.(b) Soit X 2 Mn;1(K); X 6= 0; � 2 K ; AX = �X .Nous avons donc det(A)X = (fA A)X = �fAX .Si AX 6= 0 alors � 6= 0 et 1� det(A)X = fAX et X est vecteur propre deA.Si AX = 0 et rg(A) = n � 1, le rang de fA est �egal �a 1 donc il existe30Y 6= 0; Y 2 Mn;1(K); 8Z 2Mn;1(K), fAZ = �ZY; � 2 K .Si �X = 0; fAX = 0 = 0X .Si �X 6= 0, 0 = (AfA )X = �XAY .Nous avons alors AY = 0 donc, le noyau de A �etant une droite, il existe� 2 K ; Y = �X puis (AfA )X = (�X�)X .Si AX = 0 et rg(A) < n � 1, fA = 0 et fAX = 0.Le r�esultat est donc d�emontr�e.(c) (�) Nous avons d�ej�a vu que �A = (�1)n nXj=0 (�1)jSjXn�j! o�u Sj d�e-signe la somme des d�eterminants principaux d'ordre j.A n'est pas inversible donc det(A) = 0.0 est valeur propre simple si et seulement nXi=1 det(Ai;i) 6= 0 c'est-�a-dire si et seulement si det(A) = 0 et tr(fA ) 6= 0.(��) Si 0 est valeur propre d'ordre 1, de A, le rang de fA est �egal �a 1 et lenoyau est de dimension n�1. 0 est donc valeur propre de fA d'ordreau moins31 n� 1.30Nous avons d�ej�a vu AX = '(X)Y o�u ' est une forme lin�eaire.31On peut aussi remarquer qu'en choisissant une base de Ker(fA ) que l'on compl�ete par unvecteur en une base de Kn , la matrice dans cette base est triangulaire et 0 est valeur propred'ordre n� 1.

240 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESLa trace de fA �etant non nulle 0 est valeur propre d'ordre n� 1.fA est donc semblable �a la matrice diagonale Diag(0; : : : ; 0; tr(fA )).Le polynome caract�eristique de fA est alors (�1)nXn�1(X �fA ).(���) Supposons rg(A) = n� 1.Le noyau de fA est de dimension n � 1 ; on compl�ete une base decelui-ci par un vecteur pour obtenir une base de Kn et la matriceassoci�ee est triangulaire sup�erieure et peut avoir une trace nulle ; parexemple A = � 0 01 0 � est de rang 1. fA = � 0 0�1 0 � est de tracnulle.180. Soit u l'endomorphisme de Kn dont la matrice dans la base canonique estA. Nous savons que si un sous-espace est stable par u, il est stable par toutendomrphisme qui commute avec u.� Supposons que le polynome minimal de A soit �egal �a (X � 1)(X � 4). Ilexiste P 2 GLn(K), A = PDP�1 avec D = Diag(1; 1; 4).Si un endomorphisme v commute avec u il laisse stable les deux espaces propresassoci�es �a 1 et �a 4.La matrice W de v dans la base de vecteurs propres choisie plus haut est donctriangulaire par blocs ; W = 0@ a b 0c d 00 0 e 1A.u � v = v � u () AV = V A () DW = WD.W commute avec D quels que soient les scalaires a; b; c; d; e. Les matricesqui commutent avec B sont donc PWP�1.Nous avons l�a un espace vectoriel de dimension 5.� Supposons que le polynome minimal de A soit �egal �a (X � 1)2(X � 4). Ilexiste P 2 GLn(K), A = PTP�1 avec T = 0@ 1 a 00 1 00 0 e 1A avec a 6= 0.En rempla�cant la seconde colonneC de P par la colonne 1aC, la matrice devientT = 0@ 1 1 00 1 00 0 e 1A.Comme pr�ec�edemment une matrice V commute avec A si et seulement si lamatrice W = P�1V P = 0@ a b 0c d 00 0 e 1A commute avec T c'est-�a-dire si et seule-ment si � a bc d �� 1 10 1 � = � 1 10 1 �� a bc d �.

241Nous obtenons donc W = 0@ a b 00 a 00 0 e 1A et V = P 0@ a b 00 a 00 0 e 1AP�1. Nousobtenons l�a un espace de dimension 3.Dans ce cas, F = Vect ((An)n2N) = Vect(I3; A; A2) qui est de dimension 3.Les �el�ements de F commutent avec A donc l'espace des matrices qui commuteavec A est F .181. Posons c = a � b� b � a. dim(Ker(c)) = n� 1 et tr(c) = 0. 0 est valeur proprede c d'ordre au moins �egal �a n � 1.En trigonalisant c et en utilisant la trace, nous en d�eduisons que 0 est valeurpropre d'ordre n. c est donc nilpotente, et il existe une base dans laquelle c apour matrice 0 V0 0 !.Im(c) est engendr�e par les n� 1 premiers vecteurs de la base ; donc Im(c) estinclus dans Ker(c).Im(c) est une droite engendr�ee par un vecteur en�1. Compl�etons en�1 pouren faire une base (e1; : : : ; en�1) du noyau de Ker(c). Compl�etons en�n cettebase pour en faire une base (e1; : : : ; en) de E.c(en) 6= 0 est donc colin�eaire �a en�1 ; quitte �a multiplier en par un scalaire onpeut supposer c(en) = en�1.La matrice de c dans cette base B est N = 0B@0 00 10 01CA = En�1;n.Nous voulons d�emontrer que c � ak � c = 0. Notons u l'endomorphisme ak etM sa matrice dans la base B.M = X(i;j)2(Nn)2mi;jEi;j donc MN = X(i;j)2(Nn)2mi;jEi;jEn�1;n = nXi=1 mi;n�1Ei;n puisNMN = nXi=1 mi;n�1En�1;nEi;n = mn;n�1En�1;n. mn;n�1 est la trace de MN .Nous en d�eduisons que c � ak � c = 0 si et seulement si tr(ak � c) = 0 c'est-�a-dire tr(ak � a � b) = tr(ak � b � a). Ce r�esultat est vrai car pour tout coupled'endomorphisme (u; v) nous avons tr(u � v) = tr(v � u).Le r�esultat est donc d�emontr�e.Soit V = Vect �ak(en�1)k2N�. V est stable par a et 16p = dim(V )6n � 1.L'endomorphisme de V , restriction de a �a V est de degr�e p et divise celui dea donc a est r�eductible.182. Supposons qu'il existe P et Q deux polynomes premiers entre eux v�eri�ant�u = PQ. D'apr�es le lemme des noyaux alors E = Ker(P (u)) � Ker(Q(u)).Ker(P (u)) et Ker(Q(u)) sont non nuls et non �egaux �a E ; ils sont stables paru.

242 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSupposons qu'il existe F un sous-espace vectoriel de E non �egal �a f0g etdi��erent de E stable par u.Soit u1 l'endomorphisme de F restriction de u �a F . En choisissant une basede F compl�et�ee en une base de E et en consid�erant la matrice de u dans cettebase nous en d�eduisons que �u1 , qui est de degr�e compris entre 1 et n � 1,divise �u qui est donc r�eductible.L'�equivalence est d�emontr�ee.183. (a) Supposons u inversible.u et v commutent donc u�1 et v commutent.Soit x 2 E; u(x) = �v(x). x = (�u�1 � v)(x) puis x = (�u�2 � v2)(x).Par une r�ecurence imm�ediate nous obtenons x = (�1)p(u�p � vp)(x) pourtout p 2 N.Si r est l'indice de nilpotence de v alors x = (�1)ru�r(0) = 0. u + v estdonc injective. La dimension �etant �nie, u+ v est bijective.Supposons u+ v inversible.Si u n'est pas inversible il existe a 2 E; a 6= 0; u(a) = 0.u et v commutent donc (u+ v)r = rXk=0 Ckr vk � ur�k ; en particulier(u+ v)r(a) = rXk=0 Ckr vk(ur�k(a)) = vr(a) = 0.(u+v)r n'est pas injective et donc u+v non plus ; ce qui est contradictoire.L'�equivalence est d�emontr�ee.(b) Si u n'est pas inversible alors det(u+ v) = 0 et det(u) = 0.Si u est inversible alors u�1 � v est un endomorphisme nilpotent donc apour polynome caract�eristique32 (�X)n.det(u + v) = det(u) det(IdE + u�1 � v) = det(u)�u�1�v(�1) = det(u).Nous avons dans les deux cas det(u) = det(u+ v).Soit K 0 le corps des fractions rationnelles �a coe�cients dans K .Choisissons une base de E et appelons U et V les matrices de u et v danscette base.U �XIn a meme d�eterminant que V + (U �XIn) donc �u = �u+v.Si K est un corps in�ni, on peut consid�erer les fonctions polynomialesassoci�ees ; 8� 2 K , det(u � �IdE) = det((u � �IdE) + v) d'o�u l'�egalit�edes polynomes caract�eristiques.184. (a) � 2 Sp(u) donc il existe x 2 E; x 6= 0; u(x) = �x. Soit B une basede E. Soient A la matrice de u dans la base B et X la matrice colonnedes coordonn�ees de x dans la base B. Soit Y la matrice de Mn(K) donttoutes les colonnes sont �egales �a X et soit v l'endomorphisme de matriceY ; alors �(v) = �v ; � 2 Sp(�).Le spectre de la matrice transpos�ee de A est celui de A donc il existeX 2Mn;1(K ); X 6= 0; tAX = �X c'est-�a-dire tX A = �tA.Soit Z la matrice de Mn(K) dont toutes les lignes sont �egales tX et soit32Voir ce qui a d�ej�a �et�e vu �a ce sujet.

243w l'endomorphisme de matrice Z ; alors (w) = �w ; � 2 Sp().Soit � 2 Sp(�).Soit Y 2Mn(K); Y 6= 0 telle que AY = �Y . Une des colonnes de Y estnon nulle. Soit X une telle colonne ; alors AX = �X et � 2 Sp(�). Onfait de meme avec le spectre de .(b) Soit � 2 Sp(u). Soit v 2 L(E); v 6= 0; u � v = �v.Soit y un �el�ement de Im(v) ; soit x 2 E tel que v(x) = y.u(y) = (u � v)(x) = �v(x) = �y donc Im(v) � E�.Supposons Im(v) � E�.8x 2 E; u(v(x)) = �v(x) donc u � v = �v.Nous avons donc �(v) = �v () Im(v) � E�.Soit L� l'epace vectoriel des endomorphismes v de E tels que Im(v) � E�.Montrons que L� est isomorphe �a L(E;E�).Soit f l'application de L� dans L(E;E�) qui �a une application v associel'application lin�eaire v1 de E dans E� d�e�nie apr v1(x) = v(x). Il est clairque f existe, est lin�eaire et bijective.Nous en d�eduisons dim(L�) = n� dim(E�).L'espace propre de � associ�e �a la valeur propre � est donc de dimensionn� dim(E�).Nous avons de meme l'espace propre de associ�e �a la valeur propre � estdonc de dimension n � dim(E�) ; il su�t de raisonner avec les matricestranspos�ees.(c) Si u est diagonalisable alors la somme des dimensions des espaces propresest �egale �a n. Les sommes des dimensions des espaces propres associ�es �a� et �a sont �egales �a n2 donc � et Psi sont diagonalisables.185. Il est imm�ediat que f es un endomorphisme. f(1) = 0.Pour k>1, f(Xk) = k(k � 1)Xk�1 + k(X � 2)Xk�1 = k(k � 3)Xk�1 + kXk.f laisse, pour tout entier naturel k, stable K k [X ]. Si Pk de degr�e k est unvecteur propre de f alors Pk est un vecteur propre de l'application fk de K k [X ]dans lui-meme, retriction de f . La matrice de fk dans la base canonique deK k [X ] est triangulaire sup�erieure �a �el�ements diagonaux deux �a deux distincts ;fk est donc diagonalisable ; Pk dirige l'espace propre associ�e �a la valeur proprek. Nous en d�eduisons que chaque entier k, est une valeur propre de f d'espacepropre associ�e une droite engendr�ee par un polynome Pk de degr�e k. Cettefamille est une base de K [X ] et f est diagonalisable.186. X(X2 + 1) est un polynome annulateur de A. Les polynomes minimaux pos-sibles sont X; X2 + 1 et X(X2 + 1). Dans le premier cas A = 0 ce qui estfaux.Dans le deuxi�eme cas A n'a pas de valeur propre nulle donc le rang de A est3n > 2n.Le polynome minimal est X(X2 + 1), puis R3n = Ker(A)� Ker(A2 + I3n).Soit a l'endomrphisme de R3n dont la matrice dans la base canonique est A.La restriction, b, de a �a Ker(A2 + I3n) de dimension p v�eri�e b2 + Ip = 0.det(b)2 = (�1)p donc p est pair. Ker(a) est de dimension n.

244 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESEn utilisant ce qui a �et�e fait �a l'exercice num�ero 9 nous en d�eduisons qu'ilexiste une base (e1; : : : ; e2n) de Ker(a2+ I3n) telle que 8i 2 Nn ; a(ei) = ei+n.La matrice de b dans cette base est 0 In�In 0 !.En adjoignant une base de Ker(a) nous en d�eduisons que A est semblable �a0@ 0 0 00 0 In0 �In 0 1A.187. Soit � l'application de Mn(C ) dans Mn(C ) qui �a X associe AX �XB.� injective () � surjective () � bijective. (�) et (��) sont �equivalentes.Montrons (��) ) (���)Supposons qu'il existe � 2 C ; � 2 Sp(A) \ Sp(B).Il existe (V; W ) 2 (Mn;1(C ))2 ; V 6= 0; W 6= 0 AV = �V; tBW = �W .Posons X = V tW 6= 0. AX = �X = XB.Montrons (���) ) (��)Nous allons donner plusieurs d�emonstrations de ces r�esultats.� Premi�ere m�ethode.Supposons v�eri��ee (���). Soit X 2 Mn(C ) v�eri�ant AX = XB. Pourtout � 2 C nous avons (A � �In)X = X(B � �In) puis imm�ediatement(A� �In)pX = X(B � �In)p pour tout entier naturel p.Soit � une valeur propre de B d'ordre p et V 2 Ker(B � �In)p.(A � �In)pXV = X(B � �In)pV = 0. D'apr�es l'hypoth�ese, (A � �In)p estinjective donc XV = 0.Posons �B = NYk=1(�k �X)pk . Notons Ek = Ker((B � �kIn)pk).D'apr�es le lemme des noyaux, C n = NMk=1 Ek ; nous en d�eduisons que pour toutV , XV = 0 et X = 0.� Deuxi�eme m�ethode.Supposons qu'il existe une matrice non nulle X v�eri�ant AX = XB. Mon-trons que Sp(A) \ Sp(B) 6= ;.Soit r>1 le rang de la matrice X . X est �equivalente �a Jr et s'�ecrit X = PJrQ ;AX = APJrQ = PJrQB.Posons A0 = P�1AP et B0 = QBQ�1. Nous avons A0Jr = JrB0.A0 = A1;1 A1;2A2;1 A2;2!, B0 = B1;1 B1;2B2;1 B2;2! o�u A1;1 et B1;1 sont des �el�ementsde Mr(K ). La relation A0Jr = JrB0 conduit �a A1;1 = B1;1; A2;1 = 0; B1;2 = 0et alors �A = �A0 = �A1;1�A1;2 ; �B = �B0 = �A1;1�B1;2 .deg(�A1;1)>1 donc A et B ont une valeur propre en commun.� Troisi�eme m�ethode.

245B est trigonalisable.Il existe une base (e1; : : : ; en) telle que 8j 2 Nn , Bej = iXi=1 bi;jei.Supposons qu'il existe une matrice X non nulle v�eri�ant AX = XB. Soitk 2 Nn ; tel que Xek 6= 0 et pour tout i < k; Xei = 0.Pour i < k; 0 = AXei = XBei.A(Xek) = XBek = k�1Xj=1 bj;kXej + bk;kXek = bk;kXek.bk;k est donc une valeur propre commune �a A et B d'o�u le r�esultat.� Quatri�eme m�ethode.Supposons Ker(�) 6= f0g. Soit M une matrice non nullle du noyau.AM = MB, A2M = AMB = MB2. Supposons prouv�e jusqu'au rang n queAnM = MBn alors An+1M = AMBn = MBBn = MBn+1. Le r�esultat estprouv�e au rang suivant et est vrai pour tout n. Nous en d�eduisons imm�edia-tement que pour tout polynome P , P (A)M = MP (B).Notons �A le polynome minimal de A. Nous avons 0 = �A(A)M = M�A(B).Si �A(B) est inversible alors M = 0 donc �A(B) n'est pas inversible.B est semblable �a une matrice triangulaire d'�el�ements diagonaux (t1; : : : ; tn).Le n-uplet de valeurs propres de �A(B) est donc (�A(t1); : : : ; �A(tn)).�A(B) n'est pas inversible donc il existe i 2 Nn ; �A(ti) = 0 c'est-�a-dire ilexiste ti 2 Sp(A) \ Sp(B).Nous avons donc � non injective implique Sp(A) \ Sp(B) 6= ; soit encoreSp(A) \ Sp(B); implique � injective.188. Supposons que le rang de u � v � v � u soit �egal �a 1.Si Im(u � v� v � u)\ Im(u) 6= f0g alors Im(u � v� v � u) � Im(u). Nous avonsdonc Im(u � v � v � u) \ Im(u) = f0g ou Im(u � v � v � u) � Im(u).Dans le cas o�u le rang de u � v� v � u est �egal �a 0, seule la premi�ere possibilit�ea lieu.� Supposons Im(u � v � v � u) � Im(u).8x 2 E; 9y 2 E; (u � v)(x) � (v � u)(x) = u(y) donc (v � u)(x) 2 Im(u) etnous avons Im(v � u) � Im(u).Soit b 2 Im(u), soit a 2 E; b = u(a).v(b) = (v � u)(a) 2 Im(u). Im(u) est stable par v.� Supposons Im(u � v � v � u) \ Im(u) = f0g.Soit x 2 Ker(u). (u�v)(x) = (u�v)(x)� (v �u)(x) 2 Im(u)\ Im(u�v�v �u).Nous avons alors (u � v)(x) = 0 et Ker(u) est stable par v.Dans tous les cas, v laisse stable l'image ou le noyau de u.Si u = �IdE, tout vecteur propre de v est vecteur propre de u.Supposons que u n'est pas du type �IdE .Supposons dim(E)>2.Soit � une valeur propre de u. (u� aIdE) � v � v � (u� aIdE) = u � v � v � uest de rang au plus �egal �a 1 ; v laisse stable Ker(u � aIdE) ou Im(u � aIdE).Ker(u�aIdE) est di��erent de f0g, car a est valeur propre de u, et est di��erent

246 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESde E par hypoth�ese. De meme Im(u�aIdE) est di��erent de E, car a est valeurpropre de u, et est di��erent de f0g par hypoth�ese.Dans tous les cas, il existe une sous espace de E di��erent de f0g et de E stablepar v et u.Montrons maintenant le r�esultat par r�ecurrence sur la dimension de E.Si dim(E) = 1, il est clair que u et v sont co-trigonalisables.Supposons le r�esultat acquis pour tout espace vectoriel E de dimension au plus�egale �a n.Soit E un espace vectoriel de dimension n+ 1.Soit F un sous-espace vectoriel non trivial de E stable par u et v. F existed'apr�es ce que nous avons vu pr�ec�edemment. Soit G un suppl�ementaire de F .Soit p le projecteur d'image G de noyau F . Choisissons une base de E obtenueen concat�enant une base de F et une base de G.Dans cette base, les matrices de u et de v sont respectivement :U = U1;1 U1;20 U2;2! et V = V1;1 V1;20 V2;2!.UV � V U = U1;1V1;1 � V1;1U1;1 W0 U2;2V2;2 � V2;2U2;2!.Les matrices U1;1V1;1 � V1;1U1;1 et U2;2V2;2 � V2;2U2;2 ont un rang au plus �egal�a 1.Notons respectivement u1 et v1 les endomorphismes de F dont les matricesdans la base de F choisie sont U1;1 et V1;1 ; de meme notons respectivementu2 et v2 les endomorphismes de G dont les matrices dans la base de G choisiesont U2;2 et V2;2.D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence, il existe une matrice P1 2 GLp(C ) et unematrice Q1 2 GLq(C ) telles queU1;1 = PT1P�1; V1;1 = PT2P�1; U2;2 = QS1Q�1; V2;2 = QS2Q�1 o�u T1, T2,S1, S2 sont triangulaires sup�erieures.Soit R la matrice P 00 Q!. P�1 00 Q�1!UR = P�1U1;1P P�1U1;2Q0 Q�1U2;2Q! est triangulaire sup�erieure.On a le meme r�esultat avec V . Le r�esultat est vrai au rang n+ 1. Il est doncd�emontr�e.189. u poss�ede un polynome minimal �, de degr�e n donc F = C [u] est de dimension�nie, n.E est complet donc si on muni L(E) de la norme subordonn�ee, L(E) estcomplet.En e�et, soit (un)n2N une suite de Cauchy d'�el�ements de LC(E).8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N ) 8n 2 N; jkup � up+nkj6".Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

247Soit x 2 E ; nous avons kup(x)� up+n(x)k6"kxk.La suite (un(x))n2N est une suite de Cauchy dans E et est donc convergente.Pour chaque x 2 E posons u(x) = limn!+1 un(x).Soit (x; y; �) 2 E � E � C , un(x+ ay) = un(x) + aun(y) donc, en calculantla limite, u(x + ay) = u(x) + au(y) et u est lin�eaire.Nous avons, en choisissant par exemple " = 1, l'existence d'un entier N tel quepour tout entier n on ait jkuN � uN+nkj61 soit encore jkuN+nkj61 + jkuNkj.Il existe donc une constante C telle que pour tout n 2 N; jkunkj6C. Nousavons alors pour tout x 2 E et pour tout entier n, kun(x)k6Ckxk.En particulier ku(x)k6Ckxk. u est donc continue. LC(E) est donc complet.La s�erie de terme g�en�eral jkunn! kj est normalement convergente donc est conver-gente. exp(u) existe. F est de dimension �nie donc est ferm�e dans LC(E).Posons Pn(X) = nXk=0 Xkk! . exp(u) = limn!+1Pn(u). Pour chaque n 2 N; Pn(u)est dans F qui est ferm�e donc la limite exp(u) est dans F d'o�u le r�esultat.En particulier si E est de dimension �nie le r�esultat est vrai ; si A 2 Mn(C )alors il existe un polynome P de degr�e strictement inf�erieur �a n tel queexp(A) = P (A).190. Nous avons vu plus haut, qu'une matrice compl�ementaire, fA , d'une matricecarr�ee A poss�ede les propri�et�es suivantes : fA A = AfA = det(A)In.Si rg(A) = n alors rg(fA ) = n.Si n>2 et rg(A) = n� 1 alors rg(fA ) = 1.Si n>2 et rg(A)6n� 2 alors fA = 0.Supposons A inversible (donc B aussi). Il existe une matrice inversible P telleque A = PBP�1.fA = 1det(A)A�1, fB = 1det(A)B�1 donc fB = 1det(A)PA�1P�1 = PfAP�1.Si A et B sont non inversibles et de rangs au plus �egaux �a n � 2 (n>2) alorsfA = fB = 0 et sont semblables.Supposons A et B non inversibles et rg(A) = rg(B) = n� 1.Si n = 1 alors A = B = fA = fB = 0.Supposons n>2.Notons a (resp. b, ea , eb ) l'endomorphisme de Kn dont la matrice dans la basecanonique de Kn est A (resp. B, fA , fB ).A et B ont meme polynome caract�eristique.En particulier33 8i 2 Nn ; det(Ai;i) = det(Bi;i) donc tr(ea ) = tr(eb ).0 est valeur propre de ea et eb d'ordres au moins �egaux �a n� 1. Si 0 est valeurpropre d'ordre n � 1 de ea , 0 est aussi d'ordre n � 1 de eb car les traces sont�egales. L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 est de dimension n � 1,celui associ�e �a la valeur propre tr(ea ) est de dimension 1 ; ea et eb sont dia-gonalisables ; les matrices de ea et eb associ�ees sont �egales donc ea et ea sontsemblables.33Voir l'exercice num�ero 107.

248 CHAPITRE 6. ALG�EBRE LIN�EAIRE, CORRIG�ESSi 0 est valeur propre d'ordre n, �ea = �eb = (�X)n. ea est trigonalisable.Soit (e1; e2; : : : ; en�1) une base de Ker(ea ) que l'on compl�ete en une base(e1; e2; : : : ; en) de Kn .La matrice de ea dans cette base est 0 C0 0 !, o�u C = (ci)i2Nn�1 2Mn�1;1(K)est non nulle.Soit le vecteur e01 = n�1Xi=1 ciei. e01 est dans le noyau de ea ; nous pouvons donccompl�eter ce singleton pour en faire une base de Ker(ea ) que l'on compl�ete enune base de Kn .Dans cette base, la matrice de ea a tous ses �el�ements nuls sauf l'�el�ement d'in-dices (1; n) qui est �egal �a 1.En faisant de meme avec eb nous en d�eduisons que ea et eb sont semblables.191. (a) Nous savons que le produit de deux matrices �el�ementaires Ei;j et Ek;l deMn(K) v�eri�e la relation Ei;jEk;l = �kjEi;l.Ti;j(�) = In + �Ei;j , A = X16k;l6n ak;lEk;l. Nous avons alors :ATi;j(�) = A+ � X16k;l6nak;lEk;lEi;j = A+ � nXk=1 ak;iEk;j .ATi;j(�) s'obtient donc en ajoutant �a la ji�eme colonne de A la ii�eme co-lonne de A multipli�ee par �.Nous avons aussi : Ti;j(�)A = A + � X16k;l6nak;lEi;jEk;l = A + � nXl=1 aj;lEi;l.Ti;j(�)A s'obtient donc en ajoutant �a la ii�eme ligne de A la ji�eme ligne deA multipli�ee par �.Di(�) = In+(��1)Ei;i donc en utilisant ce que nous venons de voir nousen d�eduisons que ADi(�) s'obtient en multipliant la ii�eme colonne de Apar � et Di(�)A s'obtient en multipliant la ii�eme ligne de A par �.(b) En utilisant les r�esultats pr�ec�edents, il vient Ti;j(�)Ti;j(��) = In etDi(�)Di�1�� = In donc Ti;j(�) est inversible, d'inverse Ti;j(��) et Di(�)est inversible, d'inverse Di�1��.(c) Montrons que toute matrice inversible est le produit de matrices de trans-vecrions et d'une matrice de dilatation.Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(K) une matrice inversible.Si a1;1 = 0 il existe, car A est inversible, un indice i0 tel que ai0;1 6= 0. Encalculant T1;i0(ai0;1)A, l'�el�ement d'indices (1; 1) de la matrice obtenue estnon nul. Nous pouvons donc toujours, quitte �a multiplier �a gauche parune matrice de transvection, obtenir une matrice dont l'�el�ement d'indices(1; 1) est non nul.

249Pour i allant de 2 �a n, en multipliant �a gauche par la matrice Ti;1��ai;1a1;1�nous obtenons une matrice dont l'�el�ement d'indices (1; 1) est non nul ettous les autres �el�ements de la premi�ere colonne sont nuls.Notons B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 la matrice obtenue.En calculant alors T2;1�1 � b2;1a1;1 �A, la matrice obtenue a l'�el�ement d'in-dices (1; 1) �egal �a b1;1 6= 0 et b2;1 = 1. Les autres �el�ements de la prmi�erecolonne sont nuls. En multipliant �a gauche par T1;2(1 � b1;1), b1;1 estrempla�c�e par 1 et en�n en multipliant �a gauche par T2;1(�1), l'�el�ementd'indices (2; 1) devient nul. Nous avons multipli�e A �a gauche par un pro-duit de transvections et nous obtenons une matrice A0 inversible dont lapremi�ere colonne a tous ses �el�ements nuls sauf l'�el�ement d'indices (1; 1)qui est �egal �a 1.La sous matrice de A0 = �a0i;j�(i;j)2(Nn)2 obtenue en supprimant la pre-mi�ere ligne et la premi�ere colonne est encore une matrice inversible.Notons V l'�el�ement de Kn�1 dont les coordonn�ees sont (a01;2; : : : ; a01;n)et pour i entre 2 et n notons Vi l'�el�ement de Kn�1 dont les coordonn�eessont (a0i;2; : : : ; a0i;n). (V2; : : : ; Vn) est une base de Kn�1 donc il existedes coe�cients �2; : : : ; �n tels que V = nXi=2 �iVi. La premi�ere ligne dela matrice nYi=2 Ti;1(��i)A0 a donc tous ses �el�ements nuls sauf l'�el�ementd'indices (1; 1) qui est �egal �a 1.Finalement il existe des matrices de transvections T1; : : : ; Tp) telles queB = (Tp Tp�1 : : : T1)A est une matrice inversible dont la premi�ere ligneet la premi�ere colonne ont leurs �elments tous nuls sauf l'�el�ement d'indices(1; 1) qui est �egal �a 1.Soit T est une matrice de transvection appartenant �a Mp(K ), avec 16p <n. Consid�erons la matrice R = (ri;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(K) dont les �el�ementssont :8(i; j) 2 [(Nn�p � Nn) [ (Nn � Nn�p)], ri;j = �ji .8(i; j) 2 fp + 1; : : : ; ng2; ri;j = ti�p;j�p. R est la matrice d'une trans-vection.Soit M est une matrice de Mn(K ), dont les �el�ements d'indices (i; j),pour p+16i6n et j6p, nuls. Notons M2;2 la sous-matrice de M obtenueen supprimant les p premi�eres lignes et les p premi�eres colonnes de M .M = � M1;1 M1;20 M2;2 �. RM = � M1;1 M1;20 TM2;2 �.Supposons qu'il existe q transvections T1; : : : ; Tq telles que(Tq Tq�1 : : : T1)A = � Ip 00 M 0 �, avec 16p < n et M 0 inversible. Enappliquant �a M 0 ce que nous avons fait avec A et enutilisant la remarqueque nous venons de faire nous en d�eduisons qu'il existe r transvections

250 T1; : : : ; Tr telles que (Tr Tr�1 : : : T1)A = � Ip 00 N � o�u N est inversible.Nous avons donc d�emontr�e qu'il existe m transvections T1; : : : ; Tm tellesque (Tm Tm�1 : : : T1)A = � In�1 00 a � avec a 6= 0. Les d�eterminantsdes transvections �etant �egaux �a 1 nous en d�eduisons que a = det(A).En multipliant alors �a gauche par Dn�1a� nous obtenons In c'est-�a-direA = T�11 T�12 : : : T�1m D�1.Nous aurions pu faire le meme raisonnement en multipliant �a droite pardes matrices de transvections puis, toujours �a droite, par une dilatation.Toute matrice inversible est donc le produit d'une dilatation et de trans-vections.Si det(A) = 1 alors A est le produit de transvections.

Chapitre 7Topologie, �enonc�esNous appelerons espace m�etrique1 toute partie non vide F d'un K-espace vectorielnorm�e E, et nous noterons pour (x; y) 2 F 2, d(x; y) le r�eel positif kx� yk o�u k k estla norme sur E. d est dite distance sur F et v�eri�e les propri�et�es suivantes :� 8(x; y) 2 F 2; d(x; y)>0.8(x; y) 2 F 2; d(x; y) = d(y; x).� 8(x; y) 2 F 2; d(x; y) = 0 () x = y.� 8(x; y; z) 2 F 3; d(x; y)6d(x; z) + d(z; y).Remarque Un ensemble muni d'une application d v�eri�ant les propri�et�es pr�ec�e-dentes est dit espace m�etrique. Ce que nous appelons espace m�etrique ici n'est doncqu'un cas particulier.Nous avons comme cons�equence des r�esultats pr�ec�edents :8(x; y; z) 2 E3, d(x; y)>jd(x; z)� d(z; y)j.1. Soit I un ensemble ; il est dit d�enombrable in�ni ou strictement d�enombrables'il est en bijection avec N.I est �ni lorsqu'il est en bijection avec Nn ou lorsqu'il est vide. n est ditcardinal de I . Lorsque I n'est pas �ni il est dit in�ni.En g�en�eral on ne pr�ecise pas �ni ou in�ni et presque tout le temps on le supposein�ni.(a) Montrer, en raisonnant par l'absurde et en utilisant l'�ecriture2 en baseb>2, que R nest pas d�enombrable.(b) Montrer que N2 est d�enombrable in�ni. En d�eduire que le produit cart�e-sien de p ensembles d�enombrables est un ensemble d�enombrable.(c) Soit P une partie in�nie de N. Montrer qu'il existe une et une seule bijec-tion strictement croissante de N sur P . En particulierP est d�enombrable.(d) Montrer q'un ensemble I est d�enombrable si et seulement si il existe unesuite croissante (Jn)n2N de parties �nies de I dont la r�eunion est �egale �aI.En d�eduire1Il existe une notion plus g�en�erale d'espace m�etrique.2On peut choisir b = 2.

252 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES(�) Soit I un ensemble d�enombrable, soit J � I alors J est d�enombrable.(��) Soit I un ensemble tel qu'il existe f une surjection de N dans I . AlorsI est d�enombrable (�ni ou in�ni).(e) Montrer que toute union d�enombrable d'ensembles d�enombrables est unensemble d�enombrable.2. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit a 2 E, soit V une partie non vide deE. V est dit voisinage de a s'il existe une boule3 centr�ee en a de rayon r > 0incluse dans V .Soit a 2 R , soit V une partie non vide de R .Si a 2 R, V est dit voisinage de a s'il existe un intervalle centr�e en a delongueur strictement positive inclus dans V .Si a = +1, V est dit voisinage de a s'il existe b 2 R tel que [b; +1] � V , sia = �1, V est dit voisinage de a s'il existe b 2 R tel que [�1; b] � V .Soit X = E ou R . X muni des voisinages d�e�nis pr�ec�edemment est dit espacetopologique.Soient Y une partie non vide de X , a 2 Y et V une partie de Y . Nous disonsque V est un voisinage de a dans Y , s'il existe un voisinage, W , de a dans Xtelle que V = W \ Y . Muni de l'ensemble des voisinages, Y est dit espacetopologique 4 ; cette topologie est dite induite par celle de X .Soit F un espace topologique. On dit qu'une partie de l'espace topologiqueF est ouverte si elle est vide ou voisinage de chacun de ses points ; on ditqu'une partie de l'espace topologique F est ferm�ee si son compl�ementaire estune partie ouverte.(a) Soit X un espace topologique. Soient a 2 X et V(a) l'ensemble desvoisinages de a.Montrer les propri�et�ets suivantes :� V 2 V(a) ) V 6= ;.� Soit W une partie de X . V 2 V(a); V � W ) W 2 V(a).� (V; W ) 2 (V(a))2 ) V \W 2 V(a).� V 2 V(a) ) 9W 2 V(a); 8x 2W; V 2 V(x).(En fait ces propri�et�es servent de d�e�nition aux espaces topologiques.)(b) Soit A un sous-ensemble non vide d'un espace topologiqueX . Soit a 2 A,a est dit int�erieur �a A si A est voisinage de a. L'ensemble des pointsint�erieurs �a A est not�e �A.Montrer que l'int�erieur de A est un ouvert, r�eunion de tous les ouvertsinclus dans A ; c'est le plus grand (au sens de l'inclusion) ouvert de Xinclus dans A.Soit a 2 X , soit V une partie de X . Montrer que V est un voisinage de asi et seulement si il existe un ouvert O de X inclus dans V et contenanta.3On peut choisir une boule ouverte ou une boule ferm�ee car une boule ouverte de rayon r > 0contient une boule ferm�ee de meme centre de rayon moiti�e et une boule ferm�ee contient une bouleouverte de meme centre et de meme rayon.4Il existe une notion plus g�en�erale d'espace topologique.

253(c) Soit Y une partie de X . Montrer qu'une partie F de Y est ferm�ee dansY si et seulement si elle est l'intersection avec Y d'un ferm�e de X ; unepartie O de Y est ouverte dans Y si et seulement si elle est l'intersectionavec Y d'un ouvert de X .(d) Soit X un espace topologique. Un point a de X est dit adh�erent �a unsous-ensemble A de X si et seulement si tout voisinage V de a rencontreA.L'ensemble A des points de X adh�erents �a A est appel�e adh�erence de A.Montrer que l'adh�erence de A est un ferm�e de X ; c'est le plus petit ferm�econtenant X ; c'est l'intersection de tous les ferm�es de X contenant A.Montrer aussi : �z}|{CA = CA; CA = C �A.3. Soit (E; d) un espace m�etrique. Montrer : 8(A;B) 2 E2,A [ B = A [B; �z }| {A \ B = �A \ �B; �A [ �B � �z }| {A [B; A \ B � A \B.4. Soit Y un espace topologique. Soit B une partie non vide de Y . On appellefronti�ere5 de B l'intersection de l'adh�erence de B et de l'adh�erence du com-pl�ementaire de B que l'on note Fr(B).Soit E l'ensemble des fonctions de [a; b] !R born�ees. On muni E de la norme6in�nie d�e�nie pour f 2 E par kfk1 = supx2[a;b] jf(x)j.Soit X la partie de E form�ee des fonctions nulles sur A; A 6= ;; A � [a; b].Montrer que X = Fr(X).5. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit F un sous-espace vectoriel de E.Montrer que l'int�erieur de F est non vide si et seulement si F = E.6. Soit F un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel norm�e E. Montrer que Fest un sous-espace vectoriel de E.7. Soit (un)n2N une suite de points d'un espace topologique E. On dit que a 2 Eest valeur d'adh�erence de la suite (un)n2N si et seulement si pour tout voisinageV de a pour tout entier N il existe un entier p>N tel que xp 2 V .Pour n 2 N on note Xn = fup; p 2 N; p>ng.Montrer que l'ensemble des valeurs d'adh�erence de (un)n2N est \n2NXn.8. Soit E un espace m�etrique. Soit F un ferm�e de E. Montrer que F est l'inter-section d'une famille d�enombrable de parties ouvertes.�Enoncer un r�esultat analogue pour les ouverts. On pourra utiliser Xn = [a2FB0�a; 1n+ 1�!.5Par exemple la fronti�ere de Q est R.6Dite aussi norme de la convergence uniforme.

254 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES9. Soit n 2 N� . Soit a 2 R+. Posons dans R2 muni de la norme euclidienne,En = ((x; y) 2 R2; �x� 1n�2 +�y � 1n�26a2n2). Notons E = [n2N�En.Donner une condition n�ecessaire et su�sante pour que E soit ferm�e.10. Nous munissons R de la topologie habituelle de l'ordre. Nous munissons R2 dela topologie associ�ee �a la norme7 d�e�nie sur R2 par k(x; y)k1 = max(jxj; jyj).Soient A et B deux ouverts de R ; A� B est-il ouvert ?Pour n 2 N� , on d�e�nit : An = �� 1n; 1n� ; A0n = �0; 1n� ; Bn = �� 1n2 ; 1n2�,En = An � Bn; Fn = A0n � Bn.Que sont E = \n2N�En; F = \n2N�Fn ? Sont-ils ouverts, ferm�es ?11. Soit (E; d) un espace m�etrique. Montrer que tout ouvert est union de boulesouvertes.12. Soit R2 muni de la norme in�nie. Montrer que tout ouvert de R2 est une uniond�enombrable de rectangles.13. Soit O un ouvert non vide de R. Montrer que O est une union d�enombrabled'intervalles ouverts deux �a deux disjoints.14. Montrer que toute famille d'ouverts non vides de Rn deux �a deux disjoints estune famille d�enombrable (�nie ou non).15. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit A un compact de E et soit B un ferm�ede E. Montrer que A+B est ferm�e.16. �Equivalence des normes.Le but de cet exercice est de d�emontrer que les normes sont �equivalentes dansun espace vectoriel norm�e de dimension �nie. Nous ne supposerons donc pasconnu ce r�esultat.(a) Soit ' une forme lin�eaire d�e�nie sur un espace vectoriel norm�e E.Montrer que ' est continue si et seulement si son noyau est ferm�e.(b) Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit F un sous-espace vectoriel de E.Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension �nie. On suppose Fferm�e, montrer que : F +G est ferm�e. On raisonnera par r�ecurrence surla dimension de G.(c) Soient E et F deux espaces vectoriels norm�es. Soit u 2 L(E;F ) une ap-plication lin�eaire de rang �ni. Montrer que u est continue si et seulementsi le noyau de u est ferm�e.(d) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soient N1 et N2 deuxnormes sur E. Montrer qu'elles sont �equivalentes.7Nous savons qu'alors pour n'importe quelle norme, les ouverts ou les ferm�es sont les memes.

25517. (a) Soit E un espace vectoriel norm�e, soit F un sous-espace vectoriel de Ede dimension �nie. Soit x 2 E ; on consid�ere la boule ferm�ee de centre xet de rayon kxk. On note B0 = B \ F . Montrer que B0 est compact eten d�eduire qu'il existe y 2 F tel que d(x; F ) = kx � yk.V�eri�er qu'alors F est ferm�e.(On montrera que pour un espace m�etrique quelconque (E; d), si A estune partie non vide de E alors d(x;A) = 0 () x 2 A).(b) Soit E = C0[�1; 1]; R) muni de la norme in�nie not�ee ici k k. On notePn l'espace vectoriel des fonctions polynomiales r�eelles de degr�es au plus�egaux �a n. Soit f 2 E, on pose Dn(f) = infP2Pn kf � Pk.Montrer que pour toute fonction f 2 E il existe une fonction polynomialeP 2 Pn telle que Dn(f) = kf � Pk et que Dn est une application 8Lipschitzienne.18. Soit E l'espace vectoriel des suites r�eelles born�ees, muni de la norme in�nie ;c'est-�a-dire : si u = (un)n2N 2 E, kuk1 = supn2N junj.On note A le sous-ensemble de E constitu�e des suites croissantes, B celui dessuites convergentes vers 0, C celui des suites convergentes, D celui des suitesayant 0 comme valeur d'adh�erence et F celui des suites p�eriodiques.Montrer que E est complet, que A; B; C; D sont ferm�es et que F n'est pasferm�e.Pour F on pourra choisir un;r = nXk=1 1k2 ����sin�2r�k �����.19. Soit (E; d) un espace m�etrique compact. Soit C0(E; R) l'espace vectorieldes fonctions continues de E dans R, muni de la norme de la convergenceuniforme9(a) Soit A une partie non vide de E. Soit ' une application d�e�nie de Adns R, k-Lipschitzienne. Soit a 2 A. Notons 'a l'application de E dansR d�e�nie par 'a(x) = f(a) + kd(x; a) puis l'application d�e�nie de Edans R par (x) = infa2A'a(x).Montrer que existe et est Lipschitzienne de rapport k.(b) Soit f 2 C0(E; R) et soit " > 0.Soit � > 0 tel que 8(x; y) 2 E2; d(x; y) < �) jf(x)� f(y)j6"2.Montrer que pour tout � > 0 il existe une suite �nie (x1; : : : ; xn) depoints de E deux �a deux distincts telle que :� pour i 6= j; d(xi; xj)>�.� n[i=1Bo(xi; �) = E.8Soient (E; d1) et (F; d2) deux espaces m�etriques. Une application f de E dans F est ditek-Lipschitzienne si 8(x; y) 2 E2; d2(f(x); f(y))6kd1(x; y) o�u k 2 R+.9C'est-�a-dire kfk = supx2E jf(x)j ; sup qui existe car E est compact. Nous verrons plus tard queC0(E; R) est ferm�e pour cette norme.

256 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES� f fx1; : : : ; xng est Lipschitzienne de rapport k6max�kfk� ; "��.(c) En d�eduire que 8f 2 C0(E; R); 8" > 0 il existe g Lipschitzienne de Edans R v�eri�ant kf � gk6".(d) Soit K une partie compacte de C0(E; R).Montrer que 8" > 0; 9k 2 R; 8f 2 K; 9g d�e�nie de E dans R; k �Lipschitzienne v�eri�ant kf � gk6".20. Intersection de compacts.Soit E et F deux espaces m�etriques. Montrer que l'intersection d'une suited�ecroissante de compacts non vides est non vide.Soit f une application continue de E dans F . Soit (An)n2N une suite d�ecrois-sante de compacts non vides. Montrer f \n2NAn! = \n2N(f (An)).21. Intersection de complets.(a) Soit E un espace m�etrique complet. Soit (Xn)n2N une suite d�ecroissantede ferm�es de E dont le diam�etre10 tend vers 0. Montrer que l'intersection,\n2NXn, est r�eduite �a un singleton de E.(b) Supposons que E soit un espace m�etrique tel que toute suite d�ecroissantede ferm�es non vides dont le diam�etre tend vers 0 a une intersection r�eduite�a un singleton. Montrer que E est complet.22. Th�eor�eme de Baire(a) Soit X un espace m�etrique ; soit Y une partie ferm�ee de X . On dit queY est dense dans X si tout voisinage d'un point de X rencontre Y ouencore que l'adh�erence Y de Y est �egale �a X .Pour un �el�ement a de X nous noterons V(a) l'ensemble des voisinages dea.Soit X un espace m�etrique complet. Soit (On)n2N une suite d'ouverts deX denses dans X . Soit x 2 X , soit V 2 V(x) ; soit Bf (x; r) la bouleferm�ee de centre x de rayon r > 0 incluse dans V . La boule ouverteBo(x; r) de centre x de rayon r rencontre O0. Cette intersection estouverte et contient une boule ferm�ee de centre un certain point x0, derayon r0 > 0 que l'on peut supposer inf�erieur �a 1.Montrer que l'on peut construire une suite (xn)n2N de points de X unesuite (rn)n2N de r�eels strictement positifs v�eri�ant :8n 2 N; xn 2 On; rn6 1n + 1 ; Bf (xn+1; rn+1) � Bo(xn; rn) \On+1.En d�eduire :Soit X un espace m�etrique complet, alors l'intersection de toute familled�enombrable de sous-ensembles de X , ouverts et denses dans X , est dense10On appelle diam�etre d'une partie non vide, A, de E l'�el�ement de R+; sup(x;y)2A2 d(x; y).

257dans X . (En particulier est d'intersection non vide). (Utiliser l'exercicepr�ec�edent).�Enoncer le r�esultat en termes de ferm�es.(b) Applications(�) Soit F un sous-ensemble ferm�e d'un espace m�etrique complet. On supposeque F n'a pas de points isol�es11. Montrer que F n'est pas d�enombrable.(��) Soit E un K -espace vectoriel norm�e complet de dimension in�nie. Onsuppose que E poss�ede une base d�enombrable. Montrer qu'il y a l�a unecontradiction.Montrer qu'il n'existe aucune norme sur K [X ] (K=R ou C ) le rendantcomplet.23. Soit (Pn)n2N une suite de polynomes complexes de degr�es au plus �egaux �al'entier N . On suppose que pour tout x 2 [0; 1] la suite de terme g�en�eralPn(x) est convergente. Montrer que la suite (Pn)n2N converge pour une normequelconque de C N [X ].24. (a) Dans cet exercice, on utilisera le th�eor�eme de Baire vu plus haut.Th�eor�eme de l'application ouverte. Soient U et V deux boules uni-t�es ouvertes des espaces de Banach (espaces vectoriels norm�es complets)E et F .Soit u 2 LC(E;F ), surjective. Montrer qu'il existe � 2 R�+ tel queu(U) � �V . On montrera que F = [k2N u(kU) .(b) Soient E et F deux espaces vectoriels norm�es complets (espaces de Ba-nach). Soit u 2 LC(E;F ), bijective. Montrer que u�1 est continue.25. Soit E l'espace vectoriel des applications born�ees de [0; 1] dans R muni de lanorme de la convergence uniforme not�ee k k1.(a) Red�emontrer que (E; k k1) est complet.(b) Soit (fn)n2N la suite d'�el�ements de E d�e�nie par 8t 2 [0; 1]; fn(t) =cos(nt). V�eri�er, en choisissant t convenablement, que l'on a, pour toutcouple (p; q) d'entiers au moins �egaux �a 4, kfp � fqk1>2 cos� p�p + q�.En d�eduire que la boule unit�e n'est pas compacte.26. Th�eor�eme de RieszSoit E un espace vectoriel norm�e. Montrer : E est de dimension �nie si etseulement si la sph�ere unit�e de E est compacte.Pour cela, on supposera que E n'est pas de dimension �nie et on construiraune suite (un)n2N d'�el�ements de E telle que 8(p; q) 2 N2 ; kup � uqk>1 quine poss�ede pas de sous-suite convergente. Pour construire la suite on pourraproc�eder de la mani�ere suivante :11Un point a est dit isol�e dans un ensemble s'il existe un voisinage de ce point dont l'intersectionavec l'ensemble est r�eduite �a fag.

258 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ESSoit x 2 E; x 6= 0. Posons u0 = 1kxkx. Soit F l'espace vectoriel engendr�e paru0. Soit y 62 F ; montrer qu'il existe y0 2 F; d(y; y0) = d(y; F ) > 0. Soit alorsu1 = 1ky � y0k(y � y0).Montrer que l'on a d(u1; F ) = 1 ; conclure.Application Soit E un K -espace vetoriel norm�e de dimension in�nie, soit Kun compact de E. Montrer que l'int�erieur de K est vide.27. (a) Soit f une application continue de R dans R.Montrer : limjxj!+1 jf(t)j = +1 si et seulement si l'image r�eciproque detout compact de R est une partie compacte de R.(b) Soit f : R! R continue. On suppose que pour tout compact K de R,f�1(K) est compact.Montrer alors que tout ferm�e a une image ferm�ee par f . Qu'en est-il sion suppose seulement : 8 y 2 R; f�1(fyg) compact ?28. Soient E et F deux espaces m�etriques. Soit f une application injective quitransforme tout compact de E en un compact de F .Montrer que f est une application continue.29. Soit f : A � E ! F o�u E et F sont deux espaces vectoriels norm�es dedimensions �nies. On suppose que 8K ferm�e born�e inclus dans A, f K estcontinue.Montrer que f est continue.30. (a) Soit (E; d) un espace m�etrique compact. Soit f une application de Edans E conservant les distances. Montrer que f est une bijection.(b) Soient (E; d1); (F; d2) deux espaces m�etriques compacts. Soient f etg deux applications respectivement de E vers F et de F vers E. Onsuppose que g � f et f � g conservent les distances ; montrer que f et gsont bijectives.(c) Soit (E; d) un espace m�etrique compact.(�) Soient (an)n2N et (bn)n2N deux suites de points de E.Montrer que pour tout " > 0 il existe deux entiers p et q, p < q telsque d(ap; aq)6" et d(bp; bq)6".(��) Soit f une application de E dans E v�eri�ant :8(x; y) 2 E2; d(x; y)6d(f(x); f(y)).En appliquant le r�esultat pr�ec�edent aux suites (an)n2N et (bn)n2N determes g�en�eraux an = fn(a) et bn = fn(b), montrer que f conservela distance.31. Soient (E; d1) et (F; d2) deux espaces m�etriques. On appelle boule ferm�ee deE �F de centre (a; b) 2 E�F de rayon r > 0 l'ensemble des �el�ements (x; y)de E � F v�eri�ant d1(x; a)6r; d2(y; b)6r.

259On appelle boule ouverte de E � F de centre (a; b) 2 E � F de rayon r > 0l'ensemble des �el�ements (x; y) de E � F v�eri�ant d1(x; a) < r; d2(y; b) < r.Nous d�e�nissons alors les voisinages12 d'un point comme �etant des ensemblescontenant une boule de rayon r > 0 centr�ee en ce point13.(a) V�eri�er qu'une suite de points de E � F converge si et seulement si lesdeux suites coordonn�ees convergent.V�eri�er qu'un ensemble non vide A inclus dans E � F est alors ferm�e siet seulement si toute suite de points de A convergente a pour limite unpoint de A.(b) (�) Soit E un espace m�etrique compact. Soit (an)n2N une suite de pointsde E n'ayant qu'une seule valeur d'adh�erence ; montrer que la suiteconverge.(��) Soit f une application de A � E dans F compact.Montrer : f continue () le graphe de f est ferm�e dans A� F .(c) Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions �nies. Soit f uneapplication de E vers F born�ee dont le graphe est ferm�e.Montrer que f est continue.32. Soient E et F deux K -espaces vectoriels norm�es. Soit f une application conti-nue d�e�nie de A � E dans F . On muni E � F de la norme produit14.V�eri�er que les ouverts sont les memes que ceux d�e�nis dans l'exercice pr�ec�e-dents �a l'aide de la distance.Soit � le graphe de f ; montrer que l'application x 2 A 7�! (x; f(x)) 2 � estun hom�eomorphisme.33. Soient A et B deux parties non vides de l'espace m�etrique (E; d).On pose d(A;B) = inf(a;b)2A�Bd(a; b). Montrer :(a) (A � B) ) d(x;A)>d(x;B).(b) d(x;A) = d(x;A), d(x;A) = 0 () x 2 A.(c) (8x 2 E; d(x;A) = d(x;B)) ) (A = B).(On pourra supposer 9x 2 B, x 62 A puis conclure).(d) d(A;B) = d(A;B) = d(A;B).12E � F est dit muni de la topologie produit. En fait E � F est un espace m�etrique et toutce qui a �et�e vu sur les espaces m�etriques (pour nous parties d'un espace vectoriel) est vrai. Lesd�emonstrations faites ici sont encore vraies pour des espaces m�etriques quelconques.13D'une mani�ere un peu plus g�en�erale, si X et Y sont deux espaces topologiques, au sens o�unous les avons d�e�nis, on appelle voisinage d'un point (a; b) de X � Y un ensemble contenantA�B o�u A est un ouvert de X et B un ouvert de Y . On dit que l'on a muni X�Y de la topologieproduit. Il est simple de v�eri�er que la d�e�nition concernant les espaces m�etriques v�eri�e cettenouvelle d�e�nition et que nous avons bien l�a une topologie.14Si (E; N1) et (F; N2) sont deux K-espaces vectoriels norm�es, on appelle norme produit surE � F la norme N d�e�nie par N(x; y) = max(N1(x); N2(y)).

260 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES(e) (A compact, B ferm�e, A \ B = ;) ) d(A;B) > 0. V�eri�er �a l'aidedu contre-exemple suivant que le r�esultat est faux pour deux ferm�es.A = N n f0; 1g; B = �n+ 1n; n>2�.34. Soit E un espace vectoriel norm�e, soit K un compact de E, soit F un sous-espace vectoriel de dimension �nie de E. Soit A un ensemble ferm�e inclus dansF . Montrer que d(A;K) est atteinte.35. Soit A une partie non vide de l'espace m�etrique (E; d). Soit r > 0. On pose :Vr(A) = fx 2 E = d(x;A) < rg. On suppose A compact, montrer que pourtout ouvert U contenant A, il existe r > 0 tel que Vr(A) � U .�On supposera le r�esultat faux et on choisira r = 1n + 1�.36. Soit (E; d) un espace m�etrique. Soit (A;B) 2 P(E)2; A et B non vides.On suppose : A \ B = A \ B = ;. Montrer qu'il existe deux ouverts U et Vdisjoints tels que : A � U; B � V .(Penser aux fonctions x 7�! d(x;A); x 7�! d(x;B)).37. Soient E et F deux espaces topologiques. Soit f : E ! F . Montrer l'�equi-valence des assertions suivantes :� f continue.� 8A � E; f �A� � f(A).� 8B � F; f�1 � �B� � �z }| {f�1(B).� 8B � F; f�1(B) � f�1(B).38. (a) Th�eor�eme du point �xe.Soient (E; d) un espace m�etrique complet.Soit f une application15 de E dans E telle qu'il existe k 2 [0; 1[ v�eri�ant :8(x; y) 2 E2; d(f(x); f(y))6kd(x; y).Montrer que f poss�ede un point �xe et un seul.(b) Soit (E; d) un espace m�etrique complet. Soit f : E ! E continue. Ilexiste p 2 N� ; f � � � � � f| {z }p est contractante.Montrer que f poss�ede un point �xe.39. Soit E un espace m�etrique compact. Soit f : E ! E telle que :8 (x; y) 2 E2 ; x 6= y =) d [f(x); f(y)] < d(x; y).Montrer qu'il existe un et un seul a 2 E tel que f(a) = a. (Penser �a l'applica-tion : x 2 E 7�! d(x; f(x)) 2R).40. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit K un compact convexe de E.Soit f : K ! K telle que : 8(x; y) 2 K2 kf(x)� f(y)k6kx� yk.Montrer que f poss�ede au moins un point �xe.15f est dite contractante.

261(On pourra poser fn(x) = 1n+ 1f(a) +�1� 1n+ 1� f(x), avec a �x�e dans Ket n 2 N).41. Soit E un espace vectoriel norm�e complet. Soit h un hom�eomorphisme16 de Edans E tel que 8(x; y) 2 E2; kh(x) � h(y)k>kx � yk. Soit g une applicationcontractante de E dans E.Montrer que h+g est surjective. (On pourra utiliser le th�eor�eme du point �xeappliqu�e �a x 7�! h�1(y � g(x)).42. Soit E un espace m�etrique complet, soit � un espace m�etrique. Soit f uneapplication de E � � dans E.Nous supposons : 8x 2 E; � 2 � 7�! f(x; �) 2 E est continue ;il existe k>0 tel que pour tout � 2 �, x 2 E 7�! f(x; �) 2 E est k-contractante.Soit a(�) le point �xe de x 2 E 7�! f(x; �) 2 E. Montrer que l'application aest continue.43. Soient E et F deux espaces m�etriques. Soit f une application continue de Edans F . Soit A � E tel que : A = E.On suppose que : f A est constante. Montrer que f est constante.Application : Soit f une application de R dans R continue, de p�eriode 1 etp2. Montrer que f est constante.44. Soit (G;+) un groupe ab�elien, sous-groupe de (R,+).(a) Montrer que G est monog�ene ou dense dans R.(On cherchera : inf(G \R�+))(b) Soit G = aZ+ bZo�u a et b sont des r�eels. Montrer, lorsque b est non nul,que G est monog�ene si et seulement si ab 2 Q.(c) Montrer que E = fcosn; n 2 Ng est dense dans [�1; 1].(d) �A quelle condition fein�; n 2 Zg est-il dense dans l'ensemble U desnombres complexes de module 1 ?45. (a) Soit � 2 RnQ. Montrer que pour tout " > 0 il existe (p; q) 2 Z2 v�eri�ant0 < p + q�6".En d�eduire que �N +Zest dense dans R.(b) Soit � 2 Rn2�Q. Montrer que fexp(in�); n 2 Ng est dense dans le cercleunit�e U .46. Soit f une application de R dans le K-espace vectoriel norm�e E. On supposequ'il existe T > 0 une p�eriode de f .Soit G = fT 2 R; 8x 2 R; f(x + T ) = f(x)g.Que dire de G puis de f lorsque f est continue ? (On pourra utiliser le groupe(G; +) vu plus haut).16h est dit expansif.

262 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES47. Soit E un K -espace vectoriel norm�e. Soit � 2 K� . Soient A et B deux partiesde E. Montrer :(a) A ferm�e (resp. ouvert, compact) ) �A ferm�e (resp. ouvert, compact).(b) A; B ouverts (resp. compacts) ) A+B ouvert (resp. compact).(c) A ferm�e, B compact ) A+B ferm�e.48. Soient (E; d1) et (F; d2) deux espaces m�etriques. Soit f : A � E �! F .Montrer :f uniform�ement continue si et seulement si quelles que soient les suites depoints de A, (xn)n2N et (yn)n2N, [d1(xn; yn) ! 0] ) [d2(f(xn); f(yn)) ! 0].49. (a) Soit E un R-espace vectoriel de dimension �nie n>1. Soit f : E ! Rcontinue telle que : limkxk!1 f(x) = +1.Montrer que f poss�ede un minimum sur E.(b) On dit qu'une suite (xn)n2N, �a valeurs dans un espace vectoriel norm�e,est �a support �ni s'il existe N 2 N tel que pour n>N; xn = 0.Soit E l'espace vectoriel des suites r�eelles �a support �ni. Soit H l'hyper-plan de E :H = (u = (un)n2N 2 E; 1Xn=0 12nun = 0).Pour u 2 E on pose : kuk = maxn2Njunj.Soit a = (�k0)k2N 2 E.V�eri�er que f : u 2 H 7�! d(a; u) 2 R est continue.V�eri�er que limkuk!1 f(u) = +1 mais que f n'a pas de minimum sur H .(c) Soient D1; D2; D3 trois droites de l'espace a�ne euclidien E de directionE de dimension 3. On suppose que les directions D1; D2; D3 v�eri�entD1 �D21�D3 = E.Montrer qu'il existe a1 2 D1, a2 2 D2 et a3 2 D3 tels que le pr�erim�etredu triangle de sommets a1; a2; a3 soit minimal parmi tous les trianglesde sommets m1 2 D1, m2 2 D2 et m3 2 D3.50. Soit A un compact du plan a�ne euclidien. Montrer qu'il existe un et un seuldisque ferm�e de rayon minimal contenant A.Cas d'un triangle.51. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit B l'espace vectoriel des suites de Eborn�ees, muni de la norme k k1.On consid�ere les deux sous-ensembles de B suivants : l0 constitu�e des suitesnulles �a partir d'un certain rang ; l00 constitu�e des suites de limite nulle.Montrer que l'adh�erence de l0 est l00.52. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit ' 2 E�nf0g une forme lin�eaire continue.Soit H = Ker'. Montrer :8x 2 E; d(x;H) = infy2H (kx� yk) = j'(x)jkj'jk .

263Soit x 2 E n H . Montrer que d(x;H) est atteint si et seulement si il existey 6= 0 tel que j'(y)jkyk = kj'jk53. Soit17 E un espace vectoriel norm�e. Soit F un sous espace de E.(a) Soit N : X 2 E/F 7�! infx2Xkxk 2 R+.A quelle condition N est-elle une norme ?(b) Montrer que si E est complet et F ferm�e, alors ( E/F; N ) est complet.(c) Soit ' : E ! Rn; n 2 N� , une application lin�eaire.Montrer : ' continue , Ker' ferm�e dans E.54. Soit E l'espace vectoriel des applications continues de [0; 1] ! R. Soit �61.Soit f 2 E.On note �(f) l'application d�e�nie, pour x 2]0; 1], par �(f)(x) = 1x� Z x0 f(t)dt.Montrer que �(f) est prolongeable en une fonction continue en 0.On munit E de la norme d�e�nie par : kfk1 = Z 10 jf(t)jdt.Pour � < 1 montrer que � est continue ; quelle est sa norme ?Cas � = 1 ?55. Soit E = C0([0; 1];R) muni de la norme N1 d�e�nie par : N1(f) = Z 10 jf(t)jdt.Soit (fn)n2N une suite d'�el�ements de E telle que :fn est a�ne sur [0; 1n2 ], nulle en 0, fn(t) = 1pt si x 2 � 1n2 ; 1�.�Etudier la suite (fn)n2N pour la norme N1.Montrer que (E; N1) n'est pas complet.56. Montrer que C0([�1; 1]; R) n'est pas complet pour la norme d�e�nie parkfk2 = �Z 1�1 f(t)2dt� 12 .On pourra utiliser, pour n 2 N� , fn d�e�nie par fn(t) = 8>>>>>><>>>>>>: 0 si t 2 [�1; 0]nt si t 2 �0; 1n�1 si t 2 �1n; 1� .57. Soit E = R[X ]. On d�e�nit sur E les normes suivantes :Pour P = nXk=0 akXk, N1(P ) = supk jakj; N1(P ) = nXk=0 jakj; �1(P ) = supt2[0;1] jP (t)j;�1(P ) = Z 10 jP (t)jdt; �2(P ) = �Z 10 jP (t)j2dt� 12 .17Voir les exercices page 87.

264 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES(a) Comparer ces normes.(b) Montrer que E n'est complet pour aucune de ces normes18.(c) �Etudier, pour ces diverses normes, la continuit�e de P 7�! P (a); a �x�e.(d) �Etudier la continuit�e de P 7�! P 0(a).58. Soit E = C [X ] muni de la norme �1 pr�ec�edente. �Etudier la continuit�e desapplications suivantes :P 2 E 7�! P 0 2 E ; P 2 E 7�! Q 2 E; = Q(X) = (X + 1)P (X).59. Soit L l'espace vectoriel des applications Lipschitziennes de [0; 1] ! R.Soit f 2 L on pose N (f) = inffk>0 = 8(x; y) 2 [0; 1]2; jf(x)�f(y)j6kjx�yjg.(a) N est-elle une norme ?On pourra poser :A(f) = fk>0; 8(x; y) 2 [0; 1]2; jf(x)� f(y)j6kjx � yjg.(b) Soit L0 = ff 2 L = f(0) = 0g: N est-elle une norme sur L0 ?60. Montrer que l'application M 2 Mn(K) 7�! �M 2 Kn [X ], o�u K=R ou C , estcontinue.Soit a 2 K , montrer que l'application P 2 Kn [X ] 7�! P (a) 2 K est continue.En d�eduire que l'application M 2 Mn(K) 7�! �M(a) 2 K est continue et enparticulier que l'application M 2Mn(K) 7�! det(M) 2 K est continue61. Soit E l'ensemble des suites r�eelles (xn)n2N telles que P(xn)2 converge.(a) Montrer que (x; y) 2 E2 7�! 1Xn=0 xnyn 2 R est un produit scalaire.(b) Montrer que E est complet pour la norme associ�ee.(c) Soit (�n)n2N une suite de r�eels > 0. Soit A = fx 2 E = 8n 2 N; jxnj6�ng.A quelles conditions A est-il un convexe compact ?62. Soit E = C0(0; 1];R) muni de la norme de la convergence uniforme, c'est �a direla norme in�nie. Soit ' 2 E� telle que : 8f 2 E; f>0 =) '(f)>0.Montrer que ' est continue.63. Soit E l'espace des fonctions de classe C1 de [0; 1] ! R telles que f(0) = 0.On pose : N (f) = supt2 [0;1] jf(t) + f 0(t)j.(a) Montrer que N est une norme et que (E; N ) est complet.(b) Montrer que N est �equivalente �a la norme N 0 d�e�nie par :N 0(f) = kfk1 + kf 0k1.18Nous avons vu plus haut qu'un tel r�esultat est toujours vrai ; il s'agit ici de faire une d�emons-tration directe.

26564. SoitE = Mn(C ). SoitM = (mij)(i;j)2Nn2 . On pose : kMk = supi2Nn nXj=1 jmijj!.Montrer que k k est une norme v�eri�ant : 8(M;N) 2 E2; kMNk6kMkkNk.On munit C n de la norme : x 2 C n 7�! supi2Nnjxij puis L(C n) de la normesubordonn�ee jk kj.�A chaque matrice M de Mn(C ) on associe l'endomorphisme u dont la matricedans la base canonique de C n est M .Comparer jkukj et kMk.65. Soit E l'espace vectoriel des applications d�erivables de [0; 1] ! R nulles en 0et �a d�eriv�ees born�ees.Soit f 2 E, on pose : N (f) = supx2 [0;1]jf(x)j; N 0(f) = supx2 [0;1]jf 0(x)j(a) V�eri�er que N et N 0 sont des normes.(b) Montrer que Id : (E; N ) ! (E; N 0) n'est pas un hom�eomorphisme.66. Soit E = C0([0; 1];R) muni de la norme k k1 de la convergence uniforme.Soit g �x�ee dans E. Soit Ng : f 2 E 7�! kfgk1 2 R+. Notons X = ft 2[0; 1]; g(t) 6= 0g.(a) Montrer que Ng est une norme si et seulement si l'adh�erence de X estdi��erente de [0; 1].(b) Ng �etant une norme, est-elle �equivalente �a k k1 ?67. Soit L le R-espace vectoriel des applications Lipschitziennes de [0; 1] ! R.Soit f 2 L. On pose C(f) = supx6=yx;y2[0;1] ����f(x)� f(y)x� y ����.On note k k1 la norme d�e�nie sur l'espace des fonctions born�ees B([0; 1]; R)par kfk1 = supt2[0; 1] jf(t)j. On pose : N = C + k k1 sur L.(a) Montrer que N est une norme sur L et que (L; N ) est complet.(b) N et k k1 sont-elles �equivalentes ?On pourra choisir fn continue telle fn(t) = 1 pour t 2 �1n; 1�, fn(0) = 0et fn a�ne sur �0; 1n�.68. Soient E = C n [X ]; F = Cm [X ]; G = C n+m [X ]. On d�e�nit sur C [X ] la normein�nie k k1 par k nXk=0 akXkk1 = max06k6n jakj.(a) Soit p : (P;Q) 2 E � F 7�! PQ 2 G. D�eterminer un majorant dekPQk1.

266 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES(b) Soient E; F; G trois C -espaces vectoriels norm�es quelconques.Si N1 est la norme sur E, N2 celle sur F et k k celle sur G. On munitE � F de la norme N d�e�nie par N(x; y) = max(N1(x); N2(y)).On note : B l'espace vectoriel des applications bilin�eaires continues deE � F ! G.(�) Soit f 2 B.Montrer que : supN1(x)61N2(y)61 kf(x; y)k d�e�nit une norme sur B telleque kf(x; y)k6kjf jkN1(x)N2(y).(��) Montrer que f bilin�eaire est continue si et seulement si :9K>0 = 8(x; y) 2 E � F; kf(x; y)k6KN1(x)N2(y).(c) D�eterminer kjpjk.69. Pour f 2 C1([0; 1]; R) = E, on pose N(f) = sf(0)2 + Z 10 f 0(t)2 dt.Montrer que N est une norme et que :8f 2 E; kfk16p2N(f)Les deux normes N et k k sont-elles �equivalentes ?70. (a) Soit f une application non nulle continue de [a; b] dans R. Soit " > 0�x�e. Montrer :(�) 9[�; �]; (� < �) tel que 8t 2 [�; �]; jf(t)j>kfk1 � "2.(��) 9N1 2 N; 8n 2 N; n>N1 ) (� � �) 1n>1� "2kfk1 .(���) 9N2 2 N; 8n 2 N; n>N2 ) (b� a) 1n61 + "2kfk1 .En d�eduire : limn!+1�Z ba jf(t)jndt� 1n = kfk1.(b) Soit f une application continue de [a; b] dans le K -espace vectoriel norm�ede dimension �nie E. Soit p 2 R; p>1.On pose Np(f) = �Z ba kf(t)kp� 1p .Montrer que Np est une norme sur l'espace vectoriel des applicationscontinues [a; b] dans E.(c) Soit g une application continue de [0; 1] dans [a; b]. Soit ' une applicationde [a; b] dans R convexe continue.Montrer : '�Z 10 g(t)dt�6 Z 10 '(g(t))dt.(d) Quelles relations a-t-on entre les normes Np; p 2 N� [ f+1g ?71. Soient f et g deux applications continues de [0; 1] dans R. On consid�erel'application N de R2 dans R d�e�nie par N((x; y)) = Z 10 jxf(t) + yg(t)jdt.

267(a) N est-elle une norme ?(b) Dessiner le disque unit�e lorsque 8t 2 [0; 1]; f(t) = 1 et g(t) = t.72. On munit E = C0([0; 1];R) de la norme de la convergence uniforme.Soit ' : f 2 E 7�! Z 120 f(t) dt � Z 112 f(t) dt.Montrer que ' est continue, calculer sa norme et prouver qu'elle n'est pasatteinte.73. Soit E l'espace des suites r�eelles convergeant vers 0. On munit E de la norme :kuk = supn2Njunj.Soit ' : u 2 E 7�! 1Xn=0 un2n+1 2 R. Montrer que ' est continue, calculer sanorme, montrer qu'elle n'est pas atteinte.74. Soit E un espace vectoriel norm�e. E = FLG. Soit p le projecteur de noyauG et d'image F . On suppose p continue. Montrer :(a) F et G sont ferm�es.(b) E complet , F et G complets.75. Soient p et q deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien(donc de dimension �nie) d'images respectives L et M . Montrer19 :(a) kjp� qjk61.(b) kjp� qjk < 1 ) dimL = dimM:76. Soient X un ensemble non vide et E est un espace vectoriel norm�e. Soient fet g deux applications born�ees de X dans E.Soit ' : u 2 R 7�! '(u) = supx2Xkf(x) + ug(x)k.Montrer que ' est Lipschitzienne.77. Trouver une fonction f d�erivable de [0; 1] ! R non Lipschitzienne.78. Soit E un R-espace vectoriel norm�e non nul.Soit (u; v) 2 L(E)2 tel que u � v � v � u = IdE.(a) V�eri�er que E n'est pas de dimension �nie.(b) Calculer un � v � v � un.(c) Montrer que u et v ne peuvent etre toutes les deux continues.79. Soit E un C -espace vectoriel de dimension �nie.On munit F = L(E) de la norme kjujk = supkxk=1ku(x)k, o�u k k est la norme surE.Soit v 2 F tel que kjvjk < 1. On pose un = nXk=0 vk.19Utiliser des r�esultats concernant les endomorphismes sym�etriques.

268 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES(a) Montrer que (un)n2N converge vers l'inverse de IdE � v.(b) Soit f 2 F tel que kjf � IdEjk < 1. Montrer que f est inversible.80. Soit E un K -espace vectoriel norm�e complet. On admet20 que si u est unautomorphisme de E continu, alors u�1 est continue.On note LC(E) l'ensemble des endomorphismes continus de E. Soit GLC(E)le sous-ensemble des automorphismes de LC(E).(a) Montrer que GLC(E) est un ouvert de LC(E).(b) Montrer que l'application : u 2 GLC(E) 7�! u�1 2 GLC(E) est conti-nue.81. Soit K = R ou C .(a) Soit Ep = fM 2Mn(K); rgM>pg 06p6n.Montrer que Ep est ouvert et que l'adh�erence de Ep est Mn(K).(b) Soit Fp le sous-ensemble de Mn(K) des matrices de rang r6p < n; p �x�e.Montrer que Fp est ferm�e.Montrer que Fp = Gp o�u Gp = fM 2Mn(K ); rg(M) = pg.82. Montrer que l'adh�erence de l'ensemble des matrices de Mn(C ) diagonalisablesest Mn(C ).V�eri�er sur un exemple que ce n'est pas vrai sur Mn(R).83. (a) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Montrer qu'un endomor-phisme de E est diagonalisable si et seulement si son polynome caract�e-ristique est scind�e et si chaque espace propre a pour dimension l'ordre demultiplicit�e de la valeur propre auquel il est associ�e.(b) Soit A 2 Mn(C ). Notons S(A) l'ensemble des matrices semblables �a A.Montrer que si A est diagonalisable, S(A) est ferm�e.On pourra utiliser les r�esultats des exercices pr�ec�edents.(c) �Etudier la r�eciproque.Pour cela, commencer par d�emontrer les r�esultats suivants :(�) Soit u un endomorphisme nilpotent d'un espace vectoriel E, de di-mension �nie n, d'indice de nilpotence r>1. Soit x 62 Ker(ur�1).Montrer que la famille �ui�1(x)�i2Nr est libre.On note, pour i 2 Nr , ei l'�el�ement ur�i(x). On compl�ete la famille(e1; : : : ; er) pour en faire une base de E. On note (e�1; : : : ; e�n) labase duale de la base pr�ec�edente.Soit F l'espace vectoriel engendr�e par la famille (e1; : : : ; er).(��) Soient B = fe�1 � ui; i 2 Ng et21 G = ?B.Montrer que G est stable par u, F \G = f0g.(���) D�eterminer la dimension de Vect(B) et en d�eduire E = F � G puisqu'il existe un suppl�ementaire de F stable par G.20Voir l'exercice num�ero 23.21Voir la d�e�nition et les propri�et�es �a l'exercice num�ero 77 du chapitre d'alg�ebre lin�eaire.

26984. Soit A = fM 2 Mn(C ); 9p 2 N� ; Mp = Ing. On muni Mn(C ) d'une norme.Montrer que l'adh�erence de A est l'ensemble des matrices �a valeurs propres demodules �egaux �a 1.85. Montrer que l'adh�erence de GLn(K) est Mn(K). En d�eduire qu'il existe unebase de Mn(K) form�ee de matrices inversibles. (K=R ou C ).86. Montrer que l'int�erieur de l'ensemble des matrices diagonalisables de Mn(K)est l'ensemble des matrices �a valeurs propres deux �a deux distinctes. (K=Rou C ).87. Soit E l'ensemble des matrices de Mn(C ) dont les valeurs propres sont toutesdistinctes. Montrer que E est dense dans Mn(C ).88. Soit K un compact de Rn contenant une boule ferm�ee B centr�ee en 0, de rayona > 0. Soit E l'ensemble des endomorphismes u de Rn tels que u(K) � K.Montrer que E est un compact de L(Rn).La condition B � K est-elle n�ecessaire ?89. Soit u 2 LC(E;F ), o�u E et F sont des espaces vectoriels norm�es. On dit queu est un op�erateur compact si tout ensemble born�e inclus dans E a pour imagepar u un ensemble inclus dans un compact de F .(a) On suppose u 2 LC(E;F ), de rang �ni. Montrer que u est un op�erateurcompact.(b) Soit u un op�erateur compact ; u 2 LC(E).(�) Montrer que Ker(u� idE) est de dimension �nie (utiliser le th�eor�emede Riesz).(��) Montrer que Im(u� idE) est ferm�e. (On pourra calculer la distance�a Ker(u� idE) qui est de dimension �nie).90. (a) Soit A un ensemble compact. Montrer que pour tout " > 0, il existe unefamille �nie de boules ferm�ees22 de rayon " recouvrant A.(b) Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel complet23. Soit u un endomorphismecontinu de E tel que l'adh�erence de l'image de la boule centr�ee en 0de rayon 1 soit compacte24. Montrer que pour tout " > 0 il existe unendomorphisme continu v de rang �ni v�eri�ant kjv � ujk6".91. Soient E et F deux espaces vectoriels norm�es.Montrer : F complet ) LC(E;F ) complet.92. Soit N une semi-norme25 non nulle sur Mn(K) (K=R ou C ).On suppose : 8(A;B) 2 Mn(R)2; N (AB)6N (A)N (B).Montrer que N est une norme. (On remarquera que si rgA = r > 0 et22On peut remplacer ferm�ees par ouvertes.23Un espace de banach.24u est un op�erateur compact.25C'est-�a-dire v�eri�ant les axiomes d'une norme sauf �eventuellement N (x) = 0) x = 0.

270 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ESN (A) = 0, si B est �equivalente �a A, alors N (B) = 0, donc toute matrice A derang r v�eri�e N (A) = 0 puis �etudier N (I)).93. Soit E = Kn [X ]. Soit (Pk)k2N une suite de polynomes de E. On suppose quepour chaque x 2 [0; 1] la suite (Pk(x))k2N converge.Montrer qu'il existe P 2 E tel que supx2[0;1] jP (x)� Pk(x)j converge vers 0.On pourra choisir x0; x1; � � � ; xn des �el�ements , deux �a deux distincts, de[0; 1].94. Soit A 2 Mn(Z) suppos�ee C -diagonalisable, chaque valeur propre �etant sup-pos�ee non nulle et de module inf�erieur �a 1.Montrer q'il existe p 2 N tel que Ap = In. On pourra utiliser une normeassoci�ee �a une base de diagonalisation de A.95. Soient (E; d1) et (F; d2) deux espaces m�etriques, soit f une application de Edans F .Montrer que f est uniform�ement continue si et seulement si il existe ' unefonction croissante de R+ dans R+ telle que '(0) = 0, ' continue en 0 et8(x; y) 2 E2; d2(f(x); f(y))6'(d1(x; y)).' est dite module de continuit�e de f .96. Soit E un espace m�etrique. On suppose que pour tout espace m�etrique F etpour tout ferm�e A de E � F , la projection de A sur F est ferm�ee. Montrerque E est compact.97. Soient E et F deux espaces m�etriques. On suppose F compact. Soit A unepartie ferm�ee26 deE�F . Soit p la projection sur E : (x; y) 2 E�F 7�! x 2 E.Montrer que p(A) est ferm�e.98. Soient E et F deux R-espaces vectoriels norm�es. Soit f une application deE dans F additive, born�ee sur la boule unit�e. Montrer que f est lin�eairecontinue.99. Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit C une partie convexe de E.(a) Montrer que C est convexe.(b) Soit x0 2 C , soit x1 2 �C 6= ;.Montrer que pour tout t 2]0; 1] x0 + t(x1 � x0) 2 �C.(c) On suppose �C 6= ;. montrer : �C = �C, C = �C .100. (a) Soit (E; d) un espace m�etrique compact. Soit (Oi)i2I une famille d'ouvertsde E dont l'union est E.Montrer qu'il existe " 2 R�+ tel que pour tout x 2 E, la boule de centrex et de rayon " est incluse dans l'un des Oi.26Je rappelle qu'une boule de E � F , de centre (a; b) de rayon r > 0 est l'ensemble des points(x; y) de E �F tels que d1(x; a)6r; d2(y; a)6r o�u d1 et d2 sont les distances sur respectivementE et F .

271(b) Soit (E; d) un esapce m�etrique compact.Montrer que pour tout " 2 R�+ on peut recouvrir E par un nombre �nide boules de rayons ".(c) Soit (E; d) un esapce m�etrique compact.Montrer que de tout recouvrement de E par des ouverts, on peut extraireun sous-recouvrement �ni27. �Enoncer un r�esultat avec des ferm�es.La r�eciproque est-elle vraie ?101. Soit E un espace topologique ; O � E, O non vide. S'il existe deux ouvertsO1 et O2 de E tels que O1 \O 6= ;; O2 \O 6= ;; O1 \O2 \O = ; et dont lar�eunion contient O alors O est dit non connexe28. Dans le cas contraire, O estdit connexe.(a) Montrer que O est connexe si et seulement si toute application continuede O dans f0; 1g est constante.(b) Montrer que si O est connexe alors son adh�erence est connexe.Soit O connexe. Montrer que si un ensemble A v�eri�e O � A � O il estconnexe.Soient A et B connexes avec A\ B 6= ;. Montrer que A[B est connexe.(c) Soient E et F deux espaces topologiques. Soit f une application continuede E dans F . Montrer que f(E) est connexe.(d) Soient O1; O2; : : : ; On n espaces topologiques.On suppose que ces espaces sont connexes. Montrer que nYi=1 Oi est connexe.Montrer que si nYi=1 Oi est connexe alors chaque espace Oi est connexe.(e) SoitE un espace vectoriel norm�e, soitO un ouvert connexe de E. Montrerque O est connexe par arcs.(f) Soit E un espace vectoriel norm�e, soit O une partie non vide de E connexepar arcs. Montrer que O est connexe.Montrer que la r�eciproque n'est pas vraie.On notera O le graphe de l'application f de ]0; 1] dans R d�e�nie parf(x) = sin�1x� et on prouvera que O n'est pas connexe par arcs.102. On munit Mn(C ) et Mn(R) d'une norme.GLn(R) est-il connexe par arcs ? GLn(C ) est-il connexe par arcs ?Que dire de GL+n (R) GL�n (R) ? On pourra utiliser l'exercice num�ero 189 duchapitre d'alg�ebre lin�eaire.27Dans un espace topologique quelconque, il s'agit l�a de la d�e�nition d'un compact.28On peut donc remplacer ouverts par ferm�es. Nous aurions pu �enoncer di��eremment la d�e�ni-tion ; soit X un espace topologique. X est dit connexe s'il n'existe pas deux ouverts O1 et O2 deX non vides et disjoints, d'union X. Soit O un sous ensemble non vide de X. O est dit connexesi en tant qu'espace topologique, muni de la topologie induite par celle de X, il est connexe.

272 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES103. Montrer que l'ensemble des matrices diagonalisables de Mn(K), o�u K=R ouC , est connexe par arcs.104. Soient A et B deux parties ferm�ees non vides connexes d'un espace topologiqueX . On suppose que A \ B 6= ; et A [ B sont connexes. Montrer que A et Bsont connexes.105. Soient A et B deux parties connexes par arcs d'un espace vectoriel norm�e.Montrer29 que A� B et A+B sont connexes par arcs.Memes question avec A et B connexes.106. (a) Soient O1; : : : ; Op p ensembles connexes (resp. connexes par arcs). Sup-posons que pour tout entier i compris entre 1 et p�1 on ait Oi\Oi+1 6= ;.Montrer qu'alors la r�eunion p[i=1Oi est connexe (resp. connexes par arcs).(b) Soit E un R-espace vectoriel norm�e de dimension �nie n. Soit H unhyperplan de E. E nH est-il connexe ? connexe par arcs ?Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension au plus �egale �a n� 2(n>2). E n F est-il connexe ? connexe par arcs ?Reprendre ces questions dans le cas o�u E est un C -espace vectoriel norm�ede dimension �nie.107. Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n>1. Soit N une norme sur E.Montrer que l'ensemble des �el�ements x de E v�eri�ant N(x) = 1 est connexe,connexe par arcs.108. Soit f une application d�e�nie sur un ouvert U de Rn, connexe par arcs. Onsuppose que f est localement constante ; c'est-�a-dire que tout point de Uest centre d'une boule ouverte sur laquelle la restriction de f est constante.Montrer que f est constante.109. Th�eor�eme de d'Alembert Soit P un polynome complexe de degr�e >1.(a) Montrer limz!0 ����P �1z����� = +1.En d�eduire que z 2 C 7�! jP (z)j 2 R+ poss�ede un minimum en uncertain point z0.(b) Posons Q(z) = P (z+z0) et supposons Q(0) 6= 0 ; quitte alors �a multiplierP par une constante on peut supposer Q(0) = 1 et 8z 2 C ; jQ(z)j>1.Q(z) = 1 + nXk=1 bkzk et soit p 2 Nn le plus petit entier k 2 Nn tel quebk 6= 0. On note alors � une racine pi�eme de �bp.Montrer qu'il existe R 2 C [X ] tel que 8z 2 C ; ��1 + zp+1R(z)� zp��>1.(c) En appliquant le r�esultat pr�ec�edent pour t 2]0; 1], aboutir �a une contra-diction ; conclure.29E �E est muni de la norme N d�e�nie par N(x; y) = max(kxk; kyk) o�u k k est la norme surE.

273110. limite sup�erieure, limite inf�erieure.Soit (xn)n2N une suite r�eelle (en fait on peut aussi supposer que la suite est�a valeurs dans R). On pose pour chaque n 2 N, Xn = fxp; p>ng. Soit alorspour chaque n 2 N; �n = sup(Xn) 2 R.V�eri�er que la suite (�n)n2N est convergente dans R. On note � sa limite quel'on appelle lim supn2N xn.Montrer que � est valeur d'adh�erence (dans R) de (xn)n2N et qu'il s'agit de laplus grande valeur d'adh�erence.On d�e�nit de meme �n = inf(Xn) 2 R qui converge vers � que l'on appellelim infn2N xn.V�eri�er que si ces deux limites sont �egales, la suite (xn)n2N est convergente(dans R).111. (a) Soit E un espace vectoriel norm�e. Soit (un)n2N une suite convergented'�el�ements de E, de limite l.Soit (vn)n2N la suite d�e�nie30 par 8n 2 N; vn = 1n+ 1 nXk=0 uk.Montrer que (vn)n2N converge, de limite l. La r�eciproque est-elle vraie ?(b) On suppose que la suite (un)n2N est r�eelle et a pour limite +1. Montrerque (vn)n2N a pour limite +1.(c) On suppose que la suite (un)n2N est r�eelle monotone. Montrer qu'il y a�equivalence entre limn!+1 vn = l 2 R et limn!+1 un = l 2 R.112. Soit N une norme sur Mn(C ) v�eri�ant N(AB)6N(A)N(B) pour A et Bdans Mn(C ). (Une telle norme est dite norme d'alg�ebre).(a) Soit � une valeur propre de A 2 Mn(C ).Montrer qu'il existe X 2Mn(C ); X 6= 0 telle que AX = �X .(b) On note �(A) le maximum31 des modules des valeurs propres de A.Montrer : �(A)6N(A).(c) Soit S 2 GLn(C ) ; comparer �(A) et �(S�1AS).Montrer que pour tout entier naturel non nul, k, �(Ak) = �(A)k puis�(A)6 �N(Ak)� 1k .Montrer que l'application X 2 Mn(C ) 7�! N(S�1XS) 2 R+ est unenorme d'alg�ebre.(d) Soit " 2 R�+, soit A 2Mn(C ) et soit T 2 Mn(C ) une matrice triangulairesup�erieure semblable �a A.Soit d un r�eel strictement positif.Calculer (Diag (1; d; : : : ; dn�1))�1 T Diag (1; d; : : : ; dn�1).En d�eduire l'existence d'une norme N1 (en fait subordonn�ee) telle que30(vn)n2N est dite moyenne de C�esaro de la suite (un)n2N ; lorsqu'elle converge, la suite (un)n2Nconverge au sens (ou en moyenne) de C�esaro.31�(A) est appel�e rayon spectral de A.

274 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ESN1(A)6�(A) + ".On suppose �(A) < 1, montrer : limk!+1Ak = 0.(e) Soit A 2Mn(C ), soit N une norme d'alg�ebre sur Mn(C ).Montrer que l'on a : �(A) = limk!+1 �N(Ak)� 1k .113. Soit G un groupe multiplicatif, sous-groupe de GLn(C ). On munie GLn(C ) dela norme subordonn�ee �a la norme hermitienne canonique d�e�nie sur C n . Onsuppose 8g 2 G; kg � Ink612 .Soit g 2 G et soit � 2 Sp(g) le spectre de g.Montrer que j�j = 1.On pose � = exp(i�); � 2 R. En distingant les cas � 62 2�Q et � 2 2�Qn2�Z,montrer � = 1. (On raisonnera par l'absurde).Soit g 2 G; g 6= In. Montrer qu'il existe y 2 C n tel que la suite de termeg�en�eral gp(y) soit non born�ee. En d�eduire G = fIng.114. SoitE = Mp(R). On munitE d'une norme k k d'alg�ebre32 . Soit (A; B) 2 E2 ;posons M = max(kAk; kBk).Montrer que l'on a : 8n 2 N� ; kAn �Bnk6nMn�1kA�Bk.En d�eduire la valeur33 de limn!+1�exp� 1nA���exp� 1nB��.115. Pour n 2 N et x 2 [0; 1] on pose fn(x) = xn+3 � 2x + 1. Soit xn l'uniquesolution de l'�equation fn(x) = 0 situ�ee dans [0; 1[.�Etude de la suite (xn)n2N.116. Soit xn l'unique solution strictement positive de l'�equation xn � x � n = 0(n>3).(a) Montrer que la suite (xn+3)n2N converge.(b) D�eterminer un �equivalent de xn � 1.117. On consid�ere une suite (un)n2N de r�eels positifs v�eri�ant la relation :8(m;n) 2 N2 ; um+n6um � un.Montrer que la suite � nqun �n2N est convergente, de limite l = infn2N� nqun .118. Soit (un)n2N une suite r�eelle positive convergente vers 0. On suppose qu lasuite v�eri�e limn!+1 n(un + u2n) = 2. Montrer qu'alors la suite de terme g�en�eralnun converge, de limite 43 .119. Soit (xn)n2N une suite r�eelle. Soit la suite (yn)n2N d�e�nie par yn+1 = xn+2xn+1.Montrer que (xn)n2N converge si et seulement si (yn)n2N converge.a-t-on la meme r�eponse avec : yn+1 = xn + 12xn+1 ?32C'est-�a-dire v�eri�ant 8(A; B) 2 E2; kABk6kAk kBk.33Pour A 2 E; exp(A) d�esigne limn!+1 nXk=0 1k!Ak = +1Xk=0 1k!Ak.

275120. (a) Soit (xn)n2N une suite r�eelle born�ee telle que limn!+1(x2n + bxn) = 0 avecjbj > 1. La suite est-elle convergente ?Peut-on supprimer l'hypoth�ese (xn)n2N born�ee ?(b) Soit (un)n2N une suite r�eelle positive telle que limn!+1n(un + u2n) = 1. Lasuite (nun)n2N converge-t-elle ?121. Soit f une application 1-Lipschitzienne de [a; b] dans [a; b].Soit (xn)n2N la suite d�e�nie par x0 2 [a; b] et la relation de r�ecurrence :8n 2 N; xn+1 = xn + f(xn)2 .Montrer que (xn)n2N converge vers un point �xe de f .122. Soient (un)n2N et (vn)n2N deux suites complexes.On suppose : ����un � 12����612 ; ����vn � 12����612 ; limn!+1 unvn = 1.Montrer que (un)n2N et (vn)n2N convergent. Quelles sont leurs limites ?123. Soit (un)n2N une suite positive d�ecroissante telle que limn!+1n(un + un+1) = 1.Montrer que la suite (nun)n2N converge.Peut-on supprimer l'hypoth�ese de d�ecroissance de la suite ?124. Soient a et b des r�eels tels que : 0 < a6b. Soient les suites (un)n2N et (vn)n2Nd�e�nies par : u0 = a; v0 = b; 8n 2 N; un+1 = punvn; vn+1 = un + vn2 .(a) �Etudier la convergence de ces suites.(b) Soit �n = vn � un, �etudier la suite �n+1(�n)2 .125. Soient a et b des r�eels tels que : 0 < a < b. Soit les suites (un)n2N et (vn)n2Nd�e�nies par : u0 = a; v0 = b; 8n 2 N; un+1 = un + vn2 ; vn+1 = pun+1vn.(a) Montrer la convergence de ces suites.(b) Soit ' 2]0; �2 [ et soit a = b cos'.Exprimer les limites en fonction de b et '.126. Soit la suite (un)n2N d�e�nie par : un+1 = 4un � un2. Montrer que la suite(un)n2N converge si et seulement si elle est stationnaire.127. Soient n 2 N� et Pn(x) = xn + x � 1.(a) Montrer que Pn a un unique z�ero dans ]0; 1[ not�e �n.(b) Etude de (�n)n2N. Trouver un �equivalent de 1� �n.On pourra �etudier les variations de t 7�! ln(1� t)ln t

276 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES128. Soit la suite (�n)n>2 o�u �n est l'unique solution dans [0; 1] de l'�equation :xn � nx+ 1 = 0.�Etudier la convergence de cette suite, trouver un �equivalent de �n.129. Soit E un espace vectoriel norm�e.Soit u une suite de E telle que : 8p 2 N; limn!+1 (un+p � un) = 0.La suite u est-elle une suite de Cauchy ?130. Pour n>2 et x 2]0; 1[ on pose : fn(x) = xn + x�nx + x�1 .(a) Montrer que l'�equation fn(x) = n admet une unique solution dans ]0; 1[not�ee xn.(b) Montrer que la suite (xn)n2N est croissante. Quelle est sa limite l ?Trouver un �equialent de l � xn.131. Soit fn(x) = nXk=1 xk � 1 (n>1).Montrer qu'il existe un unique z�ero >0 de l'�equation fn(x) = 0, not�e yn.�Etudier la suite (yn)n2N.132. Soit la suite r�eelle strictement positive (un)n2N.On suppose : limn!+1 u1 + � � �+ unnun = � 2 R.Montrer que : limn!+1 u1 + 2u2 + � � �+ nunn2un = �1 + � .133. Soit (vn)n2N une suite complexe telle que limn!1(vn+1 � vn) = �.(a) Montrer : limn!1 vnn = �.(b) Montrer : limn!1 v1 + � � � + vnn2 = �2 .(c) Soit (an)n2N une suite complexe telle que limn!1(an � 2an+1 + an+2) = �.Montrer : limn!1 ann2 = �2 .134. Soit la suite (vn)n2N d�e�nie par : vn = 12n nXk=0 Cknuk o�u (un)n2N est une suite,d'�el�ements d'un espace vectoriel norm�e, convergeant vers l. Montrer que(vn)n2N converge vers l.135. Soit f : (x; y) 2 R2 7�! (x2�xy; �y2+2xy) 2 R2. On munit R2 de la normek k1.Montrer qu'il existe a > 0 et k 2]0; 1[ tels que :8 ((x; y); (x0; y0)) 2 ([�a; a]2)2 ; kf(x; y)� f(x0; y0)k16k k(x; y)� (x0; y0)k1.Application : �etude de la suite (xn)n2N de R2 telle que :xn = (un; vn); u0 = 1; v0 = 12 ; un+1 = un2 � unvn; vn+1 = �vn2 + 2unvn.

277136. Montrer que : inf�2]0;�[ �supp2Z(sin(p�))� = p32 .Utiliser pour cela, f : � 2]0; �[7�! supp2Z(sin(p�) 2 R.137. Soient (un)n2N et (vn)n2N deux suites telles que 8n 2 N; un 2 E; vn 2 R o�uE est un espace vectoriel norm�e. On suppose les deux suites convergentes delimites nulles et la suite (vn)n2N est strictement monotone.Montrer limn!+1� 1vn+1 � vn (un+1 � un)� = l =) limn!+1 1vnun = l.138. Soient (an)n2N une suite complexe et (bn)n2N une suite �a valeurs dans un espacevectoriel norm�e complet E. La premi�ere suite converge, la seconde convergevers 0. On suppose qu'il existe M > 0 tel que 8n 2 N; nXk=0 kbkk6M .D�eterminer limn!+1 nXk=0 akbn�k.139. Soit (un)n2N une suite r�eelle born�ee telle que limn!+1(un+1 � un � u2n) = 0.Montrer, en raisonnant par l'absurde, que la suite (un)n2N converge vers 0.140. Soit (un)n2N une suite r�eelle telle que 8n 2 N; (un)5 + nun � 1 = 0.�Etudier la nature de la suite (un)n2N.D�eterminer les trois premiers termes non nuls du d�eveloppement asymptotiqueen 1n de un.141. Soit le polynome Pn = nYi=0(X � i). On note �n la racine de P 0n situ�ee dans]0; 1[.Montrer que l'on a : �n = aln(n) + b(ln(n))2 + 0� 1(ln(n))2� lorsque n tend vers+1 ; a et b �etant des coe�cients �a d�eterminer.142. Soient E; F et G trois espaces vectoriels norm�es. Nous munissons E � F dela norme produit ; c'est-�a-dire k(x; y)k = max(kxk; kyk).(a) Soit f une application bilin�eaire de E � F dans G.Montrer que f est continue si et seulement si il existe K>0 tel que8(x; y) 2 E � F; kf(x; y)k6Kkxk kyk.(b) Notons BC(E;F;G) l'espace vectoriel des applications bilin�eaires conti-nues de E � F dans G.On pose, pour f 2 BC(E; F; G); kjf jk = supkxk61; kyk61kf(x; y)k.Montrer que kj jk est une norme sur BC(E;F;G). Montrer que cettenorme v�eri�e la relation 8(x; y) 2 E � F; kf(x; y)k6kjf jk kxk kyk.(c) Montrer qu'une application bilin�eaire continue, non nulle, n'est pas uni-form�ement continue.

278 CHAPITRE 7. TOPOLOGIE, �ENONC�ES143. �Etude des suites (un)n2N d�e�nies par les relations de r�ecurrence :(a) un+1 = un � (un)2; u0 2 R.(b) un+1 = un(2� aun); a 2 R�+; u0 2 R.(c) un+1 = 12un(3� a(un)2); a 2 R�+; u0 2 �0; 3pa�.(d) un+1 = 4 � un23 ; u0 2 R.(e) un+2 + 4un+1 � 4un = n; u0 2 R.(f) un+1 = p2 + un; u0 2 R�+.(g) un+1 = p2 � un; u0 2 R; u0 < 2.(h) un+1 = 12 �pun ; u0 2 R+; u0 < 4.(i) u0 = 1; un+1 = un 1 + 2un1 + 3un trouver un �equivalent de (un)n2N (n ! 1) ;on pourra chercher un d�eveloppement limit�e de 1un+1 en fonction de un.(j) u0 > 0; un+1 = un 3a+ un2a+ 3un2 a > 0.(k) u0 = 0; un+1 = un � un2 � 2un + a2 (un � 1) o�u a 2]0; 12 [.Soit � la plus petite racine de x2 � 2x + a �etablir la relation :8n 2 N jun � �j62an+1(l) u0 2 R�+, et pour n 2 N; un+1 = pun + (un)2.Quel est un �equivalent de un quand n! +1 ?(m) u0>0 et pour tout n 2 N; un+1 = pun + 1n+ 1.(n) un = nXk=1 sin� kn2� ; ; n>1.144. Les fonctions f suivantes d�e�nies sur une partie de R2 ont-elles une limite en(0; 0) ?(a) (x; y) 2 R2 7�! �x2 si jxj6jyjy2 si jxj > jyj .(b) f(0; y) = 0; et pour x 6= 0; f(x; y) = jyjx2 exp��jyjx2 �.(c) f(x; y) = (x+ y)2x2 + y2 .(d) f(x; y) = x3 + y3x2 + y2 .

279(e) f(x; y) = xyx2 + y2 .(f) x2yx2 + y2 .

280

Chapitre 8Topologie, corrig�es1. (a) Supposons R d�enombrable. Il existe un bijection, ', de N dans R.Pour n 2 N nous avons '(n) = a0;n + +1Xk=1 ak;nb�k o�u les ak;n sont desentiers strictements inf�erieurs �a la base b 2 N� ; b>2.Posons, pour k 2 N, �k = 0 si ak;k 6= 0 et �k = 1 si ak;k = 0. On d�e�nitainsi un r�eel x = �0 + +1Xk=1 �kb�k et pour tout n on a '(n) 6= x car sinonil existe n 2 N tel que '(n) = x donc l'�el�ement an;n = �n de x est nul s'ilest non nul, �egal �a 1 s'il est �egal �a 0 ce qui est contradictoire.(b) L'application (p; q) 2 N2 7�! 2p(2q + 1) � 1 2 N est bijective.En e�et supposons 2p(2q + 1) = 2r(2s+ 1).Si p>r alors 2p�r(2q + 1) = (2s+ 1). Le membre de droite est impairdonc p = r puis q = s. On fait de meme si p6r ; l'application est doncinjective.Soit n un entier naturel. Soit p le plus grand des entiers k tels que 2kdivise n+ 1. (p existe car n+ 1 est non nul). n est alors le produit de 2pet d'un entier impair ; c'est-�a-dire 2p(2q + 1) = n + 1. L'application estbien bijective.Soient A et B deux ensembles d�enombrables. Il existe une bijection ' deA vers N et une bijection de B vers N. Soit f l'application de A � Bdans N2 d�e�nie par f(a; b) = ('(a); (b)). f est clairement bijective. N2est d�enombrable donc il existe un bijection g de N2 dans N. g � f est unebijection de A� B dans N donc A �B est d�enombrable.Soient A1; : : : ; Ap p ensembles d�enombrables. Supposons avoir prouv�eque A1 � : : : Ai soit d�enombrable pour 16i6p � 1.Posons B = A1 � : : : � Ai.L'application ((a1; : : : ; ai); ai+1) 2 B � Ai+1 7�! (a1; : : : ; ai; ai+1) 2A1� : : : Ai�Ai+1 est une bijection et nous permet d'identi�er B�Ai+1et A1 � : : : Ai �Ai+1.En appliquant le r�esultat que nous venons de d�emontrer nous en d�eduisonsque A1 � : : : Ai � Ai+1 est d�enombrable ; d'o�u le r�esultat.(c) P est non vide donc poss�ede un plus petit �el�ement. Appellons-le '(0).P n f'(0)g est non vide donc poss�ede un plus petit �el�ement que nousappelons '(1). Supposons construits '(0) < '(1) < � � � < '(n) tels que8x 2 P n f'(0); � � � ; '(n)g, x > '(n). On construit alors '(n + 1). Ond�e�nit ainsi une injection strictement croissante de N dans P . Montrons

282 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESqu'elle est bijective. Supposons qu'il existe x 2 P non image.Soient E1 = fn 2 N; '(n)6xg; E2 = fn 2 N; '(n) > xg. ' estinjective croissante donc E1 est �ni et E2 est in�ni. N = E1 [ E2. Soitn0 = max(E1). Si x n'est pas atteint '(n0) < x; '(n0 +1) > x mais alorsx 2 P n f'(0); � � � ; '(n0)g et '(n0 + 1)6x ce qui est faux.' est donc une bijection de N dans P .Montrons l'unicit�e de cette bijection strictement croissante.Soit une autre bijection strictement croissante de N dans P ; f = '�1� est donc une bijection strictement croissante de N dans N. f(0)>0 onmontre par une r�ecurrence simple que 8n 2 N; f(n)>n. f�1 est aussiune bijection de N dans N donc f�1(n)>n et f = IdN d'o�u l'unicit�e.(d) Supposons I d�enombrable in�ni, car le cas �ni est imm�ediat. Soit ' unebijection de N sur I . On peut choisir Jn = f'(0); � � � ; '(n)g pour n 2 N.R�eciproquement :supposons I in�ni et I = [n2NJn. Appelons pn le cardinal de Jn. Onconstruit une bijection 'n de f0; � � � ; pn � 1g dans Jn. On peut alorsconstruire un prolongement de 'n en 'n+1 d�e�nie de f0; � � � ; pn+1 � 1gdans Jn+1. On construit alors une fonction ' de N dans I . En e�et soitx 2 N il existe n 2 N tel que x < pn sinon la suite pn serait stationnaireet donc I serait �ni, donc on peut d�e�nir '(x) comme �etant 'n(x) ; '(x)est parfaitement d�e�ni car si on �ecrit x < pn0 avec par exemple n0 < n'n(x) = 'n0(x). ' est injective par construction car les 'n le sont. Soity 2 I , il existe alors n 2 N tel que y 2 Jn et y est donc une image. ' estdonc une bijection de N dans I .(�) I = [n2NIn o�u (In)n2N est une suite croissante de parties �nies de I .J = [n2N(J \ In)(��) I = f(N) = f [n2Nf0; � � � ; ng! = [n2Nff(0); � � � ; f(n)g = [n2NJn o�u ona pos�e Jn = ff(0); � � � ; f(n)g ; (Jn)n2N est une suite croissante de par-ties �nies de N et Jn � I .(e) Soit E = [p2NEp. Chaque Ep est d�enombrable donc il existe pour chaquep 2 N, 'p une bijection de N dans Ep. Consid�erons l'application d�e�niesur N2 par (p; q) = 'p(q). est surjective donc E est d�enombrable.Exemple : Ensemble de CantorConsid�erons,, pour n 2 N� , les ensembles : An = 3n�1�1[i=0 �3i+ 13n ; 3i+ 23n �.Posons K = [0; 1] n [n2N�An!.On construit K de la mani�ere suivante : On consid�ere l'intervalle [0; 1]

283que l'on partage en 3 intervalles de meme longueur et on ne conserveque les deux intervalles ferm�es extremes. On dispose alors de deux inter-valles de longueurs 13. Sur chacun des deux intervalles on refait la memetransformation. On dispose alors de 4 intervalles ferm�es de longueurs 132 .On construit alors par r�ecurrence une suite d�ecroissante d'ensembles Cpconstitu�es de 2p intervalles ferm�es de longueurs 13p . K est l'intersectionde cette famille d�enombrable d'intervalles ferm�es. Il s'agit �evidemmentd'un ensemble ferm�e donc compact. Son compl�ementaire dans [0; 1] estune r�eunion d�enombrable d'intervalles ouverts.K est inclus pour tout p 2 N� dans Cp dont la somme des longueurs est�23�p. K est dit de mesure nulle.2. (a) Les trois premi�eres assertions sont imm�ediates ; d�emontrons la derni�ere.Supposons que X soit un espace m�etrique. V contient une boule ouvertecentr�ee en a de rayon r > 0. Notons W cette boule. Soit x 2 W .d(x; a) = � < r. Consid�erons la boule ouverte B centr�ee en x de rayonr��. Soit y 2 B. Nous avons d(y; x) < r�� donc d(y; a) < (r��)+� = r.y est dans la boule ouverte centr�ee en a de rayon r. B � W � V ; V estun voisinage de x d'o�u le r�esultat.Si X = R et a 2 R, on peut faire le meme raisonnement. Supposons parexemple a = +1. Supposons [a; +1] � V . En choisissant W =]a; +1]nous obtenons alors le r�esultat. Nous faisons le meme raisonnement dansle cas �1.(b) Supposons l'int�erieur de l'ensembleA non vide. Soit a un de ses points. Ilexiste, d'apr�es la question pr�ec�edente, W 2 V(a) tel que A soit voisinagede chacun des points de W . W est donc lui-meme inclus dans l'int�erieurde A qui est donc un voisinage de a. �A est voisinage de chacun de sespoints et est ouvert.Soit O l'ensemble des ouverts de X inclus dans A (O est non vide caril contient l'ensemble vide). La r�eunion B = [O2OO est un ouvert inclusdans A. Par construction, A est voisinage de chaque point de B doncB � �A. �A est un ouvert inclus dans A donc appartient �a O ; il vient alors�A � B d'o�u l'�egalit�e.D'apr�es ce que nous venons de voir, �A est le plus grand ensemble ouvertinclus dans A.Soit a 2 X . Soit V 2 V(a) ; O = �V est un ouvert non vide inclus dans Vet contenant fag. La r�eciproque est imm�ediate.(c) Soit un ouvert de X . Posons O = \ Y . Soit a 2 O ; a est dans donc est un voisinage de a dans X et O est, par d�e�nition, un voisinagede a dans Y ; ce qui prouve que O est un ouvert de Y .Soit O un ouvert de Y . O est alors voisinage, dans Y , de chacun de ses

284 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESpoints.Soit a 2 O ; O est voisinage de a dans Y , il existe alors Wa un voisinagede a dans X tel que O = Wa \ Y .a 2 Wa donc a 2 �Wa et Y \ �Wa � O.�Wa est ouvert dans X donc = [a2O �Wa est un ouvert de X contenant O.Nous en d�eduisons O = O \ Y � \ Y . \ Y = [a2O�Y \ �Wa� � O. Nous avons donc \ Y = O d'o�u ler�esultat.Si F est ferm�e dans Y alors son compl�ementaire, dans Y , O = �CF�\Yest ouvert dans Y . Il existe un ouvert de X , tel que O = \ Y puisF = �CO� \ Y = ��C� [ Y � \ Y = �C� \ Y . F est l'intersection deY et d'un ferm�e de X . La r�eciproque est imm�ediate.(d) Soit a 2 X . a 62 A si et seulement si il existe V 2 V(a) tel que V \A = ; ;c'est-�a-dire V � CA.CA est donc un voisinage de a et alors a 2 ��CA�.Nous avons donc a 2 CA () a 2 ��CA�. A est donc ferm�e.En appliquant le r�esultat pr�ec�edent �a CA nous avons C�CA� = �A puisCA = C �A.�A partir de ces relations nous obtenons bien que l'adh�erence de A estl'intersection de tous les ferm�es contenant A et est le plus petit ferm�econtenant A.3. (a) A � A; B � B donc A [ B � A [ B. A [ B est ferm�e, donc d'apr�es ceque nous avons vu plus haut, A [B � A [ B.A [B � A [ B � A ; de meme A [B � B ; comme pr�ec�edemment ilvient A [B � A et A [B � B puis A [B � A [B d'o�u l'�egalit�e.(b) C �z }| {(A \B) = C(A \ B) = �CA� [ �CB� = CA [ CB = C �A [ C �B.Nous avons donc �z }| {A \B = �A \ �B.(c) �A � A; �B � B donc �A[ �B � A[B. �A[ �B est ouvert donc �A[ �B � �z }| {A [B.L'�egalit�e peut ne pas avoir lieu ; en e�et si nous avons A = Q etB = RnQ,leurs int�erieurs sont vides, car il n'existe aucun ouvert de R ne contenantque des rationnels ou que des irrationnels, et l'int�erieur de la r�eunion estR.(d) En employant la meme m�ethode qu'�a la question pr�ec�edente, nous avonsle r�esultat demand�e. L'inclusion peut etre stricte ; il su�t de choisir lememe exemple qu'�a la question pr�ec�edente car l'adh�erence de Q et de soncompl�ementaires est R.4. Fr(X) = X \ C �X = X n �X .

285Soit (fn)n2N une suite d'�el�ements de X convergente dans E.Il existe une application f 2 E telle que limn!+1 kfn � fk1 = 0 ; en particulier8t 2 [a; b]; limn!+1 fn(t) = f(t). Donc pour tout t 2 A; f(t) = 0 et f 2 A. Xest ferm�e.Montrer que Fr(X) = X �equivaut �a d�emontrer que �X = ;.Soit f 2 X . Soit " > 0. Il existe c 2 A tel que f(c) = 0. Soit g l'applicationd�e�nie sur [a; b] par g(t) = f(t) pour t 6= c et g(c) = ". g 2 E et kf�gk1 = ".Tout voisinage de f contient dont un �el�ement qui n'est pas dans X ; l'int�erieurde X est donc vide d'o�u le r�esultat.5. Suposons �F 6= ;. Soit a un point int�erieur. Il existe " > 0 tel que la bouleferm�ee de centre a et de rayon " soit incluse dans F . Soit x 2 E; kxk6".x+a 2 F donc x appartient �a F . 0 2 F . Soit y 2 E; y 6= 0. "kyky 2 F qui estun sous-espace vectoriel donc y 2 F et F = E ; la r�eciproque est imm�ediate.6. Soient a et b deux �el�ements de F et � un �el�ement de K . Il existe deux suitesde points de F (an)n2N et (bn)n2N qui convergent respectivement vers a et b ;la suite de terme g�en�eral an + �bn converge vers a + �b. F �etant un espacevectoriel, an + �bn est dans F et a + �b est dans F qui est donc un espacevectoriel.7. La d�e�nition de la valeur d'adh�erence de la suite (un)n2N �equivaut �a 8V 2V(a); 8n 2 N; V \ Xn 6= ; c'est-�a-dire 8n 2 N; a 2 Xn ; nous avons donc\n2NXn est l'ensemble des valeurs d'adh�erence de la suite (un)n2N.Nous en d�eduisons que l'ensemble des valeurs d'adh�erence est un ferm�e.8. Posons pour n 2 N; Xn = [a2FB0�a; 1n+ 1�. Xn est un ouvert contenant F .L'intersection de tous ces ouverts contient F .Soit x 2 \n2NXn. 8n 2 N; 9an 2 F; d(x; an)6 1n+ 1. La suite (an)n2N convergevers x qui est donc dans F car F est ferm�e. Nous en d�eduisons F � \n2NXnd'o�u l'�egalit�e F = \n2NXn.Nous avons aussi : tout ouvert de E est la r�eunion d�enombrable d'une suitede ferm�es de E.9. En est le disque ferm�e centr�e en On = � 1n; 1n� de rayon an . La distance de Oau centre du disque est �egale �a p2n .O appartient �a l'un des En si et seulement si p2n 6an () p26a mais alorscela �equivaut au fait que O appartient �a tous les En.

286 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESDonc si 06a < p2, O n'appartient �a aucun disque En et donc n'appartientpas �a E. limn!+1On = O donc O 2 E . E n'est donc pas �egal �a son adh�erenceet E n'est pas ferm�e.Il est donc n�ecessaire que a soit au moins �egal �a p2.Le diam�etre passant par O coupe le cercle Cn centr�e en On de rayon an enles points An et Bn de coordonn�ees respectives p2� anp2 ! et p2 + anp2 !.Nous en d�eduisons que si n6m alors le diam�etre [Am; Bm] est inclus dans lediam�etre [An; Bn] et Em � En. Nous avons alors E = E1 est ferm�e.10. Pour la topologies choisie, une boule ouverte centr�ee en (a; b) 2 R2 de rayonr > 0 est ]a� r; a+ r[�]b � r; b+ r[.Soit (a; b) 2 A � B. Il existe un intervalle I1 ouvert centr�e en a inclus dansA et un intervalle ouvert J1 centr�e en b inclus dans B. Notons I l'intervalleouvert centr�e en a de rayon le minimum, r > 0, des rayons de I1 et J1 ; dememe notons J l'intervalle ouvert centr�e en b de rayon r. I � J est une bouleouverte centr�ee en (a; b) incluse dans A � B donc A � B est un voisinage de(a; b) et est alors voisinage de chacun de ses points et est ouvert1.(0; 0) 2 E. Soit (a; b) 2 E = \n2N�En.Nous avons donc 8n 2 N� ; jaj < 1n; jbj < 1n2 . En calculant la limite nous ob-tenons jaj60; jbj60. E est donc r�eduit au singleton f(0; 0)g.Soit (a; b) 2 F = \n2N�Fn. Nous avons donc 8n 2 N� ; 0 < a < 1n; jbj < 1n2 .En calculant la limite nous obtenons 0 < a60; jbj60. F est donc vide.E est ferm�e, F est ouvert et ferm�e.11. Soit O un ouvert de E. Soit a 2 O, O est voisinage de a donc il existe uneboule, Ba, ouverte centr�ee en a de rayon r > 0 incluse dans O. [a2OBa � O etcontient naturellement O donc O est une r�eunion de boules ouvertes.12. Soit O un ouvert de R2. Soit (a; b) 2 O ; O est voisinage de a donc il existe unrectangle [a�h; a+h]� [b�h; b+h] (h > 0) inclus dans O. Quitte �a changera� h en a� h0 > a� h, a+ h en a+ h00 < a+ h, b� h en b� k0 > b� h, b+hen b+k00 < b+h, nous pouvons supposer que le rectangle [a1; a2]� [b1; b2] estun voisinage de (a; b) avec (a1; a2; b1; b2) 2 Q4 . �a (a; b) 2 O nous associons(a1; a2; b1; b2) 2 Q4 . [(a; b)2O[a1; a2] � [b1; b2] � O et contient tous les pointsde O donc contient O ; nous avons alors [(a; b)2O[a1; a2]� [b1; b2] = O. Notonsf((a; b)) l'�el�ement (a1; a2; b1; b2) 2 Q4 .1Le raisonnement est le meme pour le produit cart�esien de deux espaces vectoriels norm�es munide la norme produit.

287Soit D = Q4 . D est d�enombrable. Notons D0 = f(O).O = [(a1 ; a2; b1; b2)2D0[a1; a2] � [b1; b2] = O. D0 est d�enombrable et O est doncune union d�enombrable de rectangles.13. Soit O un ouvert, non vide, de R. Soit a 2 O. Il existe un intervalle ouvertcontenant a et inclus dans O. Notons Ia l'ensemble des intervalles ouvertsinclus dans O contenant a puis I(a) = [I2Ia I . I(a) est un intervalle. Ene�et soient x et y deux �el�ements de I(a). Il existe (I; J) 2 (Ia)2 tel quex 2 I; y 2 J . K = I [ J est un intervalle ouvert, car a 2 I \ J , contenanta et inclus dans O donc K 2 I ; x et y sont dans K et [x; y] � K � I(a).I(a) est donc un intervalle ; par ailleur I(a) est ouvert donc il s'agit d'unintervalle ouvert. I(a) est le plus grand (au sens de l'inclusion) intervalleouvert contenant a inclus dans O car il est dans Ia et est �egal �a la r�eunion detous les �el�ements de Ia.Soient a et b deux �el�ements de O. Si I(a) \ I(b) 6= ; alors I(a) [ I(b) estun intervalle ouvert inclus dans O contenant a et contenant b. D'apr�es laquestion pr�ec�edente nous en d�eduisons I(a) [ I(b) � I(a); I(a) [ I(b) � I(b)d'o�u l'�egalit�e I(a) = I(b).La r�eunion de tous les intervalles tels que I(a) contient et est incluse dansO donc est �egale �a O. Soit alors E l'ensemble des intervalles ouverts deux �adeux disjoints d�e�nis pr�ec�edemment dont la r�eunion est O. Chaque intervallecontient un rationnel q et l'intervalle contenant q est I(q). Nous d�e�nissonsainsi une bijection de E dans partie P de Q. D'apr�es ce que nous avons vuO = [q2P I(q) qui est donc une r�eunion d�enombrables d'intervalles ouverts deux�a deux disjoints.14. Soit O un ouvert de Rn (pour la norme in�nie). O contient nYi=1 ]ai; bi[ o�u aiet bi sont des r�eels. Chaque intervalle ]ai; bi[ contient un rationnel qi donc ilexiste q = (q1; q2; : : : ; qn) 2 Qn appartenant �a O. Qn est d�enombrable.Soit E la famille des ouverts de Rn deux �a deux disjoints. Soit f l'applicationde E qui �a O associe q. f est injective et f(E) est d�enombrable donc E estd�enombrable.15. Soit (xn)n2N une suite de points de A+B, convergente de limite l.Il existe deux suites (an)n2N et (bn)n2N telles que 8n 2 N; an 2 A; bn 2 B etan + bn = xn. Il existe une fonction strictement croissante ' de N dans N telleque limn!+1 a'(n) = a 2 A. �b'(n)�n2N converge donc vers b = l � a 2 B car Best ferm�e. Nous en d�eduisons l = a+ b 2 A+B qui est alors ferm�e.16. (a) Supposons ' non continue. S'agissant d'une application lin�eaire, cela si-gni�e que ' n'est pas continue en 0. Il existe "0 > 0 tel que 8� > 0,9x� 2 E; kx�k6� et j'(x�)>"0.En choisissant � = 1n+ 1 avec n 2 N, nous en d�eduisons, quitte �a changer

288 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESde notations, qu'il existe une suite (xn)n2N convergeant vers 0 et v�eri�antpour tout entier n, j'(xn)>"0.Posons yn = 1'(xn)xn ; kynk6 1"0 kxnk. '(yn) = 1 et la suite (yn)n2Nconverge vers 0.8n 2 N; y0� yn 2 Ker(') et limn!+1(y0 � yn) = y0 62 Ker('). Ker(') n'estpas ferm�e.La r�eciproque est un r�esultat classique sur les fonctions continues car f0gest ferm�e.(b) Supposons G = Ka avec a 62 F .H = F � G. Soit (xn)n2N une suite de points de H convergeant vers l.xn s'�ecrit xn = fn + �na avec pour chaque n 2 N, fn 2 F et �n 2 K .Si (�n)n2N est born�ee elle poss�ede une valeur d'adh�erence � 2 K . Il existeune sous-suite de terme g�en�eral �'(n) qui converge vers �. f'(n) convergedonc2 vers l��a qui est dans F car F est ferm�e. Nous avons donc l 2 Hqui est ferm�e.Supposons que (�n)n2N ne soit pas born�ee.(�n)n2N poss�ede alors une sous-suite (�n)n2N qui a pour limite �1 ou+1. �A partir d'un certain rang N �n est non nul. Quitte �a changerd'indexation nous pouvons supposer que pour tout n 2 N; �n 6= 0. Ilexiste ' strictement croissante de N dans N telle que 8n 2 N; �n = �'(n).Notons x0n = x'(n) et f 0n = f'(n).1�nx0n = 1�nf 0n + a donc limn!+1 1�n f 0n = �a.Cela conduit �a a 2 Ka \ F = f0g ce qui est faux.Le r�esultat est donc obtenu dans le cas o�u G est une droite quelconquecar si a 2 F le r�esultat est imm�ediat.Supposons le r�esultat obtenu pour tout sous-espace G de dimension auplus �egale �a p. Soit G un sous-espace de E de dimension p + 1.G = G1 � Ka avec dim(G1) = p. F + G = (F + G1) + Ka ; F + G1 estferm�e et, d'apr�es ce qui vient d'etre d�emontr�e, F +G aussi.Nous en d�eduisons alors que, f0g �etant toujours ferm�e, tout sous-espacevectoriel de dimension �nie d'un espace vectoriel norm�e est ferm�e.(c) Nous pouvons supposer u non nulle car alors le r�esultat est imm�ediat ;elle est continue et E est ferm�e.Soit B = (e1; : : : ; en) une base de Im(u), soit e01; : : : ; e0n des �el�ementsde E tels que 8i 2 Nn ; u(e0i) = ei.Soit la combinaison lin�eaire nXi=1 �ie0i = 0 alors nXi=1 �iu(e0i) = 0 et les coef-�cients sont tous nuls. (e01; : : : ; e0n) est libre3.Nous avons E = Ker(u)�Vect(e01; : : : ; e0n). En e�et si x est un �el�ement2k�na� �ak = j�n � �jkak converge vers 0 donc limn!+1�na = �a.3Ce r�esultat est classique ; l'image r�eciproque d'une famille libre est libre car l'image d'unefamille li�ee est li�ee.

289de E alors u(x) = nXi=1 �iei = u nXi=1 �ie0i!.Posons y = x � nXi=1 �ie0i.y 2 Ker(u) et x = y + nXi=1 �ie0i.Nous avons donc E = Ker(u) + Vect(e01; : : : ; e0n).Soit x 2 Ker(u)\Vect(e01; : : : ; e0n). u(x) = 0 = u nXi=1 �ie0i! = nXi=1 �iei.x est donc nul.Notons pi l'application lin�eaire de F dans K d�e�nie par pi nXj=1 �jej! = �i.Soit x = a+ nXj=1 �ie0j avec a 2 Ker(u). (pi � u)(x) = �i. Notons ui l'ap-plication pi � u. ui est une forme lin�eaire de noyau Ker(u) �0B@ nMj=1j 6=i Ke0j1CA.Si Ker(u) est ferm�e alors Ker(ui) est ferm�e et ui est une forme lin�eairecontinue.Soit x 2 E.kui(x)eikF = jui(x)jkeikF6MikxkE keikF o�u Mi est la norme de ui quiexiste car ui est continue.x 2 E 7�! ui(x)ei 2 F est donc continue. 8x 2 E; u(x) = nXi=1 ui(x)eidonc u est continue.Il est clair que si u est continue alors Ker(u) est ferm�e.(d) Consid�erons l'identit�e de (E;N1) dans (E;N2). Cette application est derang �nie et a pour noyau f0g donc elle est continue. La r�eciproque l'estaussi donc pour tout x 2 E nous avons N2(x)6aN1(x) et N1(x)6bN2(x)avec a et b r�eels strictement positifs.17. Soient (E1; d1) un espace m�etrique. Soit E2 un sous-ensemble non vide de E1.Soit K un sous-ensemble de E2, compact pour la toplogie induite par E1 surE2. Soit (xn)n2N une suite de points de K. Cette suite poss�ede une sous-suiteconvergente dans E2 dont la limite est dans K. K est donc aussi un compactde E1.(a) L'application f : y 2 F 7�! kx � yk � kxk 2 R est continue et B0 =f�1(] � 1; 0]) est ferm�e born�e. F est de dimension �nie donc B0 estcompact. L'application y 2 F 7�! kx � yk 2 R+ est continue. B0�etant compact il existe a 2 B0 tel que 8y 2 B0; ky � xk>ka � xk.Soit y 2 F; y 62 B0 ; nous avons ky � xk > kxk. Nous avons donc8y 2 F; ky � xk>ka� xk.

290 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESIl existe donc un �el�ement a de F tel que d(x; F ) = ka� xk.Soit A une partie d'un espace m�etrique (E; d). Soit x 2 E.d(x;A) = 0 () 8" > 0; 9y 2 A; d(x; y)6" ce qui �equivaut �a x 2 A.Soit x 2 F . Nous avons d(x; F ) = 0 et d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, ilexiste a 2 F tel que d(a; x) = 0 donc a = x et x 2 F . Nous avons doncF = F et F est ferm�e.(b) D'apr�es la question pr�ec�edente, si f et g sont deux �el�ements de E, il existeune fonction polynomiale4 P telle que Dn(f � g) = kf � g�Pk donc esten particulier inf�erieur �a kf � g � Pk. Dn est donc lipschitzienne.18. � E est l'ensemble des suites born�ees. Soit (un)n2N une suite de Cauchy depoints de E. Pour chaque n 2 N, la suite de terme g�en�eral un;r; r 2 N, estborn�ee.8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 , p>N; q>N ) kup � uqk16".Cela signi�e que pour tout r 2 N; jup;r � uq;rj6".r �etant �x�e, la suite (un;r)n2N est une suite de Cauchy de points5 de R doncconverge vers un �el�ement vr de R.Posons v = (vr)r2N.Avec les notations pr�ec�edentes, nous avons limq!+1 jup;r � uq;rj = jup;r � vrj6".Pour tout p>N et pour tout r 2 N, on a jup;r � vrj6". En particulierjvrj6 supr2N juN;rj+ ". La suite v est dans E.Montrons que (un)n2N converge vers v.D'apr�es l'in�egalit�e pr�ec�edente nous avons supr2N jup;r � vrj6" ;c'est-�a-dire kup � vk16" pour p>N d'o�u le r�esultat et E est complet.� Soit A l'ensemble des suites croissantes de E. Soit (un)n2N une suite conver-gente, vers l, dans E d'�el�ements de A.Soit n �x�e ; soit un;r l'�el�ement d'indice r de la suite un. Nous avons un;r6un;spour r6s. Comme nous l'avons vu pr�ec�edemment, pour r �x�e, limn!+1 un;r = lrdonc lr6ls et l est croissante ; A est donc ferm�e.� Soit B l'ensemble des suites de E de limite nulle. Soit (un)n2N une suited'�el�ements de B, convergente, vers l, dans E.Soit n �x�e ; soit un;r l'�el�ement d'indice r de la suite un.8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r � lrj6".Par ailleurs, pour chaque entier n, limr!+1 un;r = 0.Soit n �x�e, n>N . Il existe M 2 N tel que pour r>M on ait jun;rj6" doncjlrj62". La suite l converge donc vers 0 et l 2 B. B est ferm�e.� Soit C l'ensemble des suites de E convergentes. Soit (un)n2N une suite d'�el�e-ments de C, convergente, vers l, dans E.Soit n �x�e ; soit un;r l'�el�ement d'indice r de la suite un.8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r � lrj6".4Nous confondronsP et sa restriction �a [�1; 1] car il existe une et une seule fonction polynomialed�e�nie par la restriction �a [�1; 1].5On peut remplacer R par un espace vectoriel norm�e complet.

291Soit n �x�e, n>N . Soient r et s deux entiers naturels.jlr � lsj6jlr � un;rj+ jun;r � un;sj+ jun;s � lsj62" + jun;r � un;sj.la suite (un;r)r2N est convergente donc il existe M 2 N tel que pour r et s aumoins �egaux �a M on ait jun;r � un;sj6". Nous obtenons donc pour r et s aumoins �egaux �a M , jlr � lsj63". La suite l est de cauchy donc est convergenteet C est ferm�e.� Soit D l'ensemble des suites de E pour lesquelles 0 est valeur d'adh�erence.Soit (un)n2N une suite d'�el�ements de C, convergente, vers l, dans E.Soit n �x�e ; soit un;r l'�el�ement d'indice r de la suite un.8" > 0; 9N 2 N; 8n>N; 8r 2 N; jun;r � lrj6".Soit n �x�e, n>N . Pour tout M 2 N il existe r>M tel que jun;rj6". Nousavons alors jlrj62" et la suite l appartient �a D qui est ferm�e.� Soit F l'ensemble des suites p�eriodiques. Recherchons une suite u =(un)n2Nd'�el�ements de F , convergente vers l dans E telle que l ne soit pas p�eriodique.Choisissons pour (n; r) 2 N2 , un;r = nXk=1 1k2 ����sin�2r�k �����.Soit n �x�e. un;r+n! = nXk=1 1k2 ����sin�2(r + n!)�k �����.k divise n! donc 2(r + n!)�k = 2r�k + 2qk� o�u qk 2 N. Nous avons doncun;r+n! = un;r. u est une suite de suites p�eriodiques.Soit r �x�e et soient m et n deux entiers tels que n+ 16m.jun;r � um;rj6 mXk=n+1 1k26 mXk=n+1 1k(k � 1) = mXk=n+1 1k � 1 � mXk=n+1 1k = 1n � 1m6 1n .Nous en d�eduisons kun � umk16 1n . La suite u est de Cauchy donc convergedans E qui est complet.Soit l la limite dans E de la suite u ; montrons que celle-ci n'est pas p�eriodique.Soit r 2 N �x�e. lr = limn!+1 un;r = +1Xk=1 1k2 ����sin�2r�k �����.S'il existe T 2 N� tel que 8r 2 N; lr+T = lr alors, en particulier l0 = lT .l0 = 0 et pour r 6= 0; lr > 0. l n'est pas p�eriodique.19. (a) Soit (a; b) 2 A2.Pour x 2 E nous avons'(a)+kd(a; x) = '(a)�'(b)+'(b)+kd(x; a)>�kd(a; b)+'(b)+kd(x; a)> '(b)� kd(x; b).La borne inf�erieure relative �a a existe et (x) existe.La restriction de �a A est '.Soit (a; x; y) 2 A� E � E.'a(x)� 'a(y) = k(d(x; a)� d(y; a))>� kd(x; y).Nous avons donc :'a(x)>'a(y) � kd(x; y)> (y) � kd(x; y) puis (x)> (y) � kd(x; y)c'est-�a-dire (y)� (x)6kd(x; y).

292 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESEn �echangeant les roles de x et de y nous obtenons j (y)� (x)j6kd(x; y). est donc k-Lipschitzienne.Si A est �ni, toute application ' de A dans R est Lipschitzienne derapport maxx6=y(x;y)2A2 ����f(x)� f(y)x� y ����.(b) Soit � > 0 tel que pour toute famille �nie (x1; : : : ; xn) 2 En depoints deux �a deux distincts distants deux �a deux d'au moins � on aitn[i=1B0(xi; �) 6= E.Soit x1 2 E. la boule ouverte Bo(x1; �) centr�ee en x1 de rayon � n'est pas�egale �a E. Supposons construits (x1; : : : ; xn) tels que n[i=1B0(xi; �) 6= Eet 8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j; ) d(xi; xj)>�. Il existe alors xn+1 2 E etxn+1 62 n[i=1B0(xi; �). Nous avons alors conxtruits (x1; : : : ; xn+1) tels quen+1[i=1 B0(xi; �) 6= E et 8(i; j) 2 (Nn+1)2; i 6= j; ) d(xi; xj)>�.On peut alors construire une suite (xn)n2N� de points de E v�eri�ant8(i; j) 2 (N�)2; i 6= j ) d(xi; xj)>�. Une telle suite ne poss�ede aucunesous-suite convergente et cela est contraire au fait que E est compact. Ilexiste donc pour tout � > 0 une suite �nie (x1; : : : ; xn) 2 En telle quen[i=1B0(xi; �) 6= E et 8(i; j) 2 N; i 6= j ) d(xi; xj)>�.(c) f est uniform�ement continue donc il existe � > 0 v�eri�ant :8(x; y) 2 E2; d(x; y) < �) jf(x)� f(y)j6"2.8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j ) jf(xi)� f(xj)jd(xi; xj) 6kfk� .Soit � < � et � < "�2(1 + kfk) .En utilisant le r�esultat pr�ec�edent, il existe une application k-Lipschitzienneg de rapport au plus �egal �a kfk� prolongeant la restriction de f �a fx1; : : : ; xnget de meme rapport que celle-ci.kfk� 6 "2� donc k6 "2� .(d) Soit x 2 E. Il existe i 2 Nn tel que la boule ouverte centr�ee en xi derayon � contient x.jg(x)� f(x)j6jg(x)� g(xi)j+ jf(xi)� f(x)j6kd(x; xi) + "26" donckg � fk6".(e) K est compact ; pour " > 0 donn�e il existe (f1; : : : ; fp) 2 (C0(E; R))ptelle que p[i=1Bo(fi; "2 � K.

293fi �etant donn�e, il existe une application gi ki-Lipschitzienne v�eri�antkfi � gik6"2. Notons k le maximum des ki.Soit f 2 K. Il existe fi tel que f appartienne �a la boule ouverteBo �fi; "2� donc kf � gik6kf � fik + kfi � gik6". D'o�u le r�esultat de-mand�e.RemarquesSi l'espace des fonctions Lipschitziennes est ferm�e alors il est �egal �aC0(E; R) ce qui n'est pas le cas car il y a des fonctions continues nonLipschitziennes ; par exemple :E = [0; 1]; f : t 2 [0; 1] 7�! 8<: tpt sin�1t� lorsque t 6= 00 lorsque t = 0f est d�erivable. Supposons f C-Lipschitzienne.Choisissons x = 3(6k + 1)� et y = 12k� avec k 2 N� .Nous obtenons alors ����f(x)� f(y)x� y ���� = k9p(6k + 1)�6C ;or limk!+1 k9p(6k + 1)� = +1 donc f n'est pas Lipschitzienne.L'espace de fontions Lipschitziennes de [0; 1] dans R n'est pas ouvert.Notons, pour n 2 N� ; fn = 1nf . 0 est Lipschizienne et fn n'est pasLipschitzienne. kfnk6 1n . La boule centr�ee en 0 de rayon " contient doncune fonction fn avec n>1" . L'ensemble des fontions Lipschitziennes de[0; 1] dans R n'est donc pas ouvert.20. Soit (Kn)n2N une suite d�ecroissante de compacts non vides. Pour chaquen 2 N choisissons un �el�ement xn dans Kn. La suite (xn)n2N poss�ede un sous-suite �x'(n)�n2N convergente, de limite l 2 K0.Pour chaque n 2 N; '(n)>n donc x'(p) 2 Kn pour p>n. Kn est ferm�e donc lest dans Kn pour tout n ; en particulier \n2NKn � flg 6= ;.D'une mani�ere g�en�erale, nous avons f \n2NAn! � \n2N (f (An)).Soit y 2 \n2N (f (An)). 8n 2 N; 9xn 2 An, y = f(xn). Soit �x'(n)�n2N unesous-suite de la suite (xn)n2N convergente de limite l. En refaisant le rai-sonnement pr�ec�edent, nous obtenons : 8n 2 N; y = f �x'(n)� ; x'(n) 2 An,l 2 An. f �etant continue, nous obtenons y = f(l) 2 f(An) d'o�u l'inclusionf \n2NAn! � \n2N(f (An)) puis l'�egalit�e f \n2NAn! = \n2N (f (An)).Remarque Si les ensembles An ne sont que ferm�es, le r�esultat peut etre faux.

294 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESChoisissons f = 1 et pour n 2 N; An = [n; +1[. \n2NAn = ; donc l'image parf de l'intersection est vide. Pour tout n 2 N; f(An) = f1g donc l'intersectiondes images est f1g.21. (a) Pour chaque n 2 N choisissons un �el�ement xn deXn. Nous d�e�nissons unesuite de points de E. Soient p et q deux entiers naturels. d(xp; xq)6�(Xr)o�u r est le plus petit des deux entiers p et q et � d�esigne le diam�etre. Soit" > 0. Il existe N 2 N tel que pour n>N on ait �(Xn)6". Si p et qsont deux entiers au moins �egaux �a N , d(xp; xq) 6�(Xr)6�(XN)6". Lasuite (xn)n2N est alors une suite de Cauchy qui est alors convergente, delimite l 2 E. Pour p>n 2 N; xp 2 Xn donc Xn �etant ferm�e, l 2 Xn.L'intersection des ensembles Xn est donc non vide. Supposons que cetteintersection contienne au moins deux �el�ements distincts a et b. Nousavons alors �(Xn)>d(a; b) ce qui est contradictoire d'o�u le r�esultat.(b) Soit (xn)n2N une suite de Cauchy de points de E. Posons Xn = fxp; p>nget An = Xn. La suite (An)n2N est d�ecroissante. �(An)>�(Xn). Montrons�(An)6�(Xn). Pour cela, soit " > 0 ; montrons �(An)6�(Xn) + ". Ler�esultat sera alors d�emontr�e car " est quelconque. Posons "0 = "3 .�(An) = sup(x;y)2(An)2 d(x; y) donc 9(x; y) 2 (An)2; d(x; y)>�An � "0.Il existe x0 2 Xn et y0 2 Xn tels que d(x; x0)6"0 et d(y; y0)6"0.�(An)�"06d(x; y)6d(x0; x)+d(x0; y0)+d(y; y0)62"0 +d(x0; y0) soit encore�(An)6d(x0; y0) + "6�(Xn) + " d'o�u le r�esultat demand�e.Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour p>N et q>N on ait d(xp; xq)6".Soit n>N . �(An) = supp;q>nd(xp; xq)6". Le diam�etre de An tend vers 0donc, d'apr�es l'hypoth�ese, il existe a unique �el�ement de tous les An. Soitn 2 N et soit p 2 N; p>n. xp 2 An; d(xp; a)6�(An)6" pour n>N . Lasuite (xn)n2N converge vers a et E est complet.22. (a) Bo(x0; r0) \ O1 est ouvert non vide donc contient une boule ferm�ee decentre x1 de rayon r1 que l'on peut supposer inf�erieur �a 12.Supposons que pour tout n6p + 1, il existe xn 2 X et rn 2 R�+ tels que8n6p; xn 2 On; rn6 1n+ 1 ; Bf (xn+1; rn+1) � Bo(xn; rn) \On+1.Bo(xp+1; rp+1)\Op+2 est ouvert non vide donc contient une boule ferm�eede centre xp+2 de rayon rp+2 que l'on peut supposer inf�erieur �a 1p + 3.Le r�esultat est donc acquis au rang suivant. La proposition est vraie.D'apr�es l'exercice pr�ec�edent, la suite des boules ferm�ees de centres xn derayon rn est d�ecroissante et de diam�etre tendant vers 0. L'intersection decette famille de boules est donc un singleton fag.Chaque boule Bf (xn; rn) est incluse dans On donc l'intersection O =\n2NOn est non vide et contient a.Par ailleurs a appartient �a Bf (x0; r0) � Bo(x0; r0) \ O0 � V \ O0. a est

295donc dans V \O qui est non vide. Il vient bien O = X .Soit (Fn)n2N une suite de ferm�es de X d'int�erieurs vides. Le compl�emen-taire, On, de Fn est, voir les pr�ec�edents exercices, un ouvert dense dansX donc la r�eunion des ensembles Fn est d'int�erieur vide.(b) (�) F est ferm�e et E est complet donc F est complet. Si F est unensemble d�enombrable, il existe une suite (xn)n2N telle que F =fxn; n 2 Ng. Consid�erons l'espace m�etrique F . Supposons quel'int�erieur de fxng est non vide. Cela est �equivalent �a il existe " > 0tel que xn est le seul �el�ement �a la distance " de xn c'est-�a-dire xnest isol�e dans F ; ce qui est exclu. Donc l'int�erieur de fxng est vide.fxng est ferm�e et F = [n2Nfxng. F est donc d'int�erieur vide.En tant qu'espace m�etrique, F est ouvert dans F donc son int�erieurest �egal �a F qui est non vide ; il y a une contradiction et F n'est pasd�enombrable.Par exemple, Q est d�enombrable, sans points isol�es donc n'est pasferm�e dans R.R est ferm�e sans points isol�es donc n'est pas d�enombrable.(��) Soit (en)n2N une base d�enombrable de l'espace vectoriel norm�e com-plet E. Pour n 2 N, posons Fn = Vect(e0; : : : ; en). En utilisant lespr�ec�edents exercices, nous en d�eduisons que Fn �etant de dimension�nie est ferm�e ; Fn 6= E donc son int�erieur est vide. Nous obtenonsalors que l'int�erieur de E = [n2NFn est vide ce qui est faux car il est�egal �a E.Un espace vectoriel norm�e de dimension in�nie complet ne peut doncpas avoir de base d�enombrable ; un espace vectoriel norm�e de di-mension in�nie ayant une base d�enombrable ne peut donc pas etrecomplet. En particulier K [X ] poss�edant une base d�enombrable n'estcomplet pour aucune nomre.23. Posons kPk = NXk=0 jP (xk)j o�u les r�eels xk sont deux �a deux distincts et appar-tiennent �a [0; 1].k k est une norme. Toutes les normes sont �equivalentes sur C N [X ] ; il su�tdonc de prouver que la suite converge pour cette norme.kPn � Pmk = NXk=0 jPn(xk)� Pm(xk)j.Soit " 2 R�+ donn�e.Soit k 2 N; k6N . Il existe un entier Nk tel que8(n; m) 2 N2 ; (n>Nk; m>Nk) ) jPn(xk)� Pm(xk)j6 "N + 1.En notant A un entier au moins �egal �a tous les Nk nous en d�eduisons que lasuite (Pn)n2N est de Cauchy pour la norme k k. C N [X ] est de dimension �niedonc complet et la suite (Pn)n2N est alors convergente.

296 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES24. (a) Soit y 2 F . Il existe x 2 E tel que y = u(x). Soit k 2 N tel quekxk < k. Nous avons alors y 2 u(kU) puis F � [k2Nu(kU) d'o�u l'�egalit�eF = [k2Nu(kU) ainsi que F = [k2N u(kU) .En utilisant le th�eor�eme de Baire, F , dont l'int�erieur est non vide, estl'union d'une famille d�enombrable de ferm�es donc l'un au moins a sonint�erieur non vide. Il existe alors un entier k et un ouvert W = �u(kU)non vide tels que tous les points de W (et aussi de son adh�erence) sontdes limites de suites de points de u(kU).Soit y0 2 W et soit B0(y0; �) une boule ouverte incluse dans W . Soity 2 F; kyk6�.Il existe une suite (an)n2N de points de kU telle que limn!+1 u(an) = y0 etune suite (bn)n2N de points de kU telle que limn!+1 u(bn) = y0 + y.Posons pour chaque n 2 N; xn = an�bn. kxnk < 2k et (u �etant continue)limn!+1 u(xn) = y.Nous en d�eduisons que pour tout y 2 F; kyk6� il existe une suite (xn)n2Nde points de E, kxnk < 2k, telle que limn!+1 u(xn) = y.Soit � = �2k . Soit y 2 F; y 6= 0, soit " > 0 et z = �kyky. kzk6�.Il existe un vecteur x, kxk < 2k, tel que ku(x)� zk6 "�kyk soit encoreku(kykx)� �yk6"�.En posant v = kyk� x nous obtenons ku(v)� yk6".v v�eri�e kvk = kyk� kxk < 2kkyk� = kyk� .Nous venons de prouver :8" > 0; 8y 2 F; 9v 2 E; kvk < kyk� et ky � u(v)k6".Soient alors y 2 �V et " > 0. En utilisant le r�esultat pr�ec�edent avec�"2 �a la place de " nous disposons d'un vecteur x0 de norme strictementinf�erieure �a 1 v�eri�ant ky � u(x0)k < �"2 .Soit z = y � u(x0). Il existe x1 2 E kx1k < kzk� tel que ku(x1)� zk6�"4soit encore kx1j < "2 et ku(x1) + u(x0)� yk6�"4 .Supposons construits les �el�ements x1; x2; : : : ; xn de E v�eri�ant pourtout k 2 Nn ; kxkk < "2k et y � kXi=0 u(xi) < �"2k+1 .Posons z = y � kXi=0 u(xi). En appliquant �a z et avec �"2n+2 le r�esultat vuplus haut, nous obtenons l'existence d'un �el�ement xn+1 de E v�eri�ant

297kxn+1k < "2n+2 et ku (xn+1)� zk6 �"2n+2 .Il est clair que la s�erie de terme g�en�eral xn est abolument convergentedonc convergente, car E est complet, de limite un �el�ement x 2 E.kxk < 1 + +1Xn=1 "2n = 1 + ".u �etant continue nous avons aussi limn!+1 nXi=0 u(xi) = u(x) puis, d'apr�es laconstruction des xn, u(x) = y.Nous en d�eduisons que pour tout " > 0, pour tout y 2 �V il existex 2 E; kxk < 1 + " v�eri�ant y = u(x) c'est-�a-dire u((1 + ")U) � �V soitencore, 8" > 0; u(U) � �1 + "V .Nous avons donc aussi u(U) � [">0 �1 + "V = �V . Le r�esultat est d�emon-tr�e.(b) Soit � choisi comme pr�ec�edemment.Nous avons, u �etant bijective, �u�1(V ) = u�1(�V ) � U c'est-�a-direu�1(V ) � 1�U . Il vient alors kxk < 1 ) ku�1(x)k < 1�U . u�1 est donccontinue.25. (a) Soit E l'espace vectoriel des applications born�ees de X dans un espacevectoriel norm�e complet Y .La norme sur E est d�e�nie par kfk1 = supx2X kf(x)kF o�u k kF est la normed�e�nie sur F .Soit (fn)n2N une suite de Cauchy de points de E. Pour " > 0 donn�e,il existe N 2 N tel que pour tous p et q entiers au moins �egaux �a N ,kfp � fqk16".En particulier, pour chaque x 2 X nous avons kfp(x) � fq(x)kF6". Y�etant complet la suite de terme g�en�eral fn(x) est convergente dans F .Posons pour x 2 X; f(x) = limn!+1 fn(x).p et x �etant �x�es, la relation �ecrite plus haut permet de conclure :limq!+1 kfp(x)� fq(x)kF6" soit encore8" > 0; 9N 2 N8x 2 X; 8p 2 N; p>N ) kfp(x)� f(x)kF6".Fixons, par exemple p �a N ; nous avons kf(x)kF6kfN(x)kF + ".f est alors born�ee kfp � fk16" pour p>N .La suite (fn)n2N est convergente et E est complet.(b) fp(t)� fq(t) = �2 sin�p � q2 t� sin�p + q2 t� pour p et q au moins �egaux�a 4, �p + q61.fp� �p+ q� � fq � �p + q� = �2 sin��(p� q)2(p+ q)� = 2 cos��2 + �(p � q)2(p+ q)�

298 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES= 2 cos� �p2(p + q)�.Nous avons bien kfp � fqk1>2 ����cos� �p2(p + q)�����.Consid�erons la suite (xn)n2N de terme g�en�eral f2p+2 . Quitte �a �echanger pet q nous avons q > p et kxp � xqk1>2 ����cos� �1 + 2q�p�����>1. Cette suite,born�ee, ne poss�ede pas de sous-suite convergente donc la boule unit�e n'estpas compacte.26. Nous avons d�ej�a vu �a l'exercice 16. (b) qu'un espace de dimension �nie esttoujours ferm�e. Le r�esultat a �et�e d�emontr�e �a l'exercice 17. Soit x 2 E; x 6= 0.Posons u0 = 1kxkx. Soit F l'espace vectoriel engendr�e par u0. Soit y 62 F . Ilexiste y0 2 F; d(y; y0) = d(y; F ) > 0.L'ensemble des �el�ements d'un espace vectoriel F est l'ensemble des �el�ements�(z � a) o�u � 2 K est �x�e non nul et a est un �el�ement de F �x�e carz 2 F 7�! �(z � a) 2 F est une bijection.Si u1 = 1ky � y0k(y � y0) alorsd(u1; F ) = infz2F 1ky � y0k(y � y0)� z = infz2F 1ky � y0k(y � y0 � z) = infz2F 1ky � y0k(y � z) = 1ky � y0kd(y; F ) = 1.Nous en d�eduisons ku1 � u0k>1.Changeons de notations. Notons F0 = Vect(u0), F1 = Vect(u0; u1). Suppo-sons construits des vecteurs u0; : : : ; un tels que 8(p; q) 2 N2 ; p 6= q; p6n; q6non ait kup � uqk>1.Notons pour chaque p6n; Fp = Vect(u0; : : : ; up). Soit y 62 Fn. y existe carla dimension de E est in�nie. Comme pr�ec�edemment nous construisons un+1v�eri�ant d(un+1; Fn) = 1. Nous avons donc kun+1 � upk>1 pour tout p6n.Nous construisons ainsi une suite de vecteurs de norme 1 v�eri�ant pour toutcouple d'entiers di��erents p et q l'in�egalit�e kup � uqk>1.La suite (un)n2N n'a donc pas de sous-suite convergente et la sph�ere unit�e6n'est donc pas compacte. Lorsque E est de dimension �nie, nous savons quela sph�ere unit�e est compacte.Application Soit K un compact de E de dimension in�nie. Supposons quel'int�erieur de K n'est pas vide. Il existe une boule ferm�ee centr�ee en un pointde K incluse dans K puis une sph�ere S incluse dans K. S est ferm�ee donc estcompacte ; ce qui est exclu.27. (a) Supposons que l'image r�eciproque de tout compact de R par f soit uncompact.Soit A > 0, f�1([�A; A]) est un compact K inclus dans [�B; B] avecB > 0. Cela peut s'�ecrire 8A > 0; 9B > 0; jxj>B ) jf(x)j>A. Il s'agit6Toute sph�ere de rayon strictement positif est donc non compacte car x 7�! �x avec � 6= 0 estun hom�eomorphisme.

299de limjxj)+1 jf(x)j = +1.Supposons que l'on a limjxj!+1 jf(x)j = +1.Soit K un compact de R. Il existe A>0 tel que K � [�A; A]. Il existealors B>0 tel que jxj > B ) jf(x)j > A soit encore jxj>B ) f(x) 62 K.Nous avons donc f(x) 2 K ! jxj6B c'est-�a-dire x 2 f�1(K) ) jxj6B.Nous avons donc f�1(K) � [�B; B]. f �etant continue, f�1(K) est ferm�edonc compact.(b) Soit A une partie ferm�ee de R. Soit (yn)n2N une suite convergente depoints de f(A), de limite l. (yn)n2N est born�ee donc il existe un compactK tel que 8n 2 N; yn 2 K. Soit (xn)n2N une suite de points de Atelle que 8n 2 N; f(xn) = yn. La suite (xn)n2N est born�ee car pourtout entier n, xn 2 f�1(K) qui est compact. La suite (xn)n2N poss�edeune sous-suite (un)n2N convergente de limite a 2 A donc, par continuit�e,limn!+1 f(un) = l = f(a) 2 f(A). f(A) est donc ferm�e.Choisissons f(x) = exp(�x) et A = N qui est un ferm�e de R.limn!+1 f(n) = 0 62 f(A) donc f(A) n'est pas ferm�e alors que f�1(fyg) =f� ln(y)g si y > 0 ou ; si y < 0.28. Nous savons que si A est un espace m�etrique et B un espace topologique, uneapplication de A dans B est continue en un point a 2 A si et seulement si toutesuite (an)n2N de points de A qui converge vers a on a (f(an))n2N converge (deplus �evidemment a pour limite f(a).Red�emontrons ce r�esultat.Si f est continue en a le r�esultat est imm�ediat.Supposons que f v�eri�e l'hypoth�ese propos�ee et montrons que f est continueen a.Tout d'abord, les suites (f(an))n2N convergent toutes vers f(a). En e�et Soient(an)n2N et (bn)n2N deux suites de points de A convergentes vers a. Soit (cn)n2Nla suite d�e�nie par 8p 2 N; c2p = ap; c2p+1 = bp. Il est imm�ediat que (cn)n2Nconverge vers a. (f(an))n2N converge vers l1, (f(bn))n2N converge vers l2,(f(cn))n2N converge vers l3. (an)n2N est extraite de (cn)n2N, (bn)n2N est extraitede (cn)n2N donc l1 = l3 = l2. Si nous consid�erons la suite constante prenantla valeur a, la suite de terme g�en�eral f(a) converge vers f(a). L'unicit�e de lalimite nous impose alors que celle-ci est bien �egale �a f(a). Pour toute suite(an)n2N convergeant ves a on a donc limn!+1 f(an) = f(a).Montrer que f est continue. Supposons f n'est pas continue en a. Il existeV 2 V(f(a)) tel que 8� > 0, 9x 2 A; d(x; a)6� et f(x) 62 V . En choisissant� = 1n+ 1 nous disposons d'une suite (an)n2N d'�el�ements de A v�eri�ant pourtout n 2 N; d(an; a)6 1n+ 1 et f(an) 62 V . La suite (an)n2N converge vers aet 8n 2 N; f(an) 62 V ; la suite (f(an))n2N ne converge pas vers f(a) d'o�u ler�esultat demand�e.Nous savons aussi que dans un espace m�etrique E, l'ensemble, K, constitu�e

300 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESdes �el�ements d'une suite convergente (an)n2N auquel on adjoint la limite, a, dela suite est un ensemble compact.Montrons ce r�esultat.Si E est un sous-ensemble d'un espace vectoriel de dimension �nie, il su�tde prouver que K est ferm�e born�e. Il est clair que K est born�e car la suiteconverge. Montrons que le compl�ementaire de K est ouvert.Soit x 62 K ; nous avons 8n 2 N; x 6= an et x 6= a. Soit " > 0; "6d(x; a)3 .Il existe N 2 N; 8n 2 N; n>N ) d(an; a)6". Soit 2� > 0 le minimumdes distances d(x; an) pour n < N . La boule centr�ee en x de rayon r > 0 etr6min(�; ") ne contient donc aucun point de K ; le compl�ementaire de K estdonc ouvert et K est compact.Faisons une d�emonstration dans le cas g�en�eral.Montrons que toute suite de points de K poss�ede une sous-suite ayant pourlimite un �el�ement de K. Quitte �a changer l'indexation, on peut supposera0 = a la limite de la suite (an)n2N.Soit (xp)p2N une suite de points de K. Si l'ensemble des valeurs prises par(xp)p2N est �ni alors la suite poss�ede une valeur d'adh�erence dans K.Supposons que l'ensemble des valeurs prises par la suite (xp)p2N soit in�ni.Notons Nn = fp 2 N; xp = ang. Si l'un des Nn est in�ni la suite (xp)p2Nposs�ede une valeur d'adh�erence dans K. Supposons que les ensembles Nn sonttous �nis.Soit " > 0 ; consid�erons la boule B" centr�ee en a de rayon ". Il n'y a qu'unnombre �ni d'entiers n pour lesquels les �el�ements an sont en dehors de cetteboule. Notons fn1; : : : ; nqg l'ensemble (�eventuellement vide) de ces entiers.N 0 = q[i=1Nni est �ni. Soit q 2 N. Si q 2 N 0 pour tout p 62 N 0, xp 2 B ". Lecompl�emenatire de N 0 est in�ni donc on peut trouver un entier p>q dans cetensemble. Si q 62 N 0 alors xq 2 B" ; en choisissant p = q on a encore xp 2 B".Pour tout entier q 2 N il existe un entier p>q tel que xq 2 B". La suite poss�ededonc a 2 K pour valeur d'adh�erence. K est bien compact.Soit f injective transformant tout compact de E en un compact de F . Soita 2 E, soit (an)n2N une suite de points de E qui converge vers a. Soit K lecompact K = fan; n 2 Ng [ fag. Soit g l'application de K dans f(K) d�e�niepar g(x) = f(x). g est bijective et g(K) est compact.Soit F un ferm�e inclus dans K ; F est compact (g�1)�1 (F ) = g(F ) = f(F ) estcompact donc ferm�e. g�1 est donc continue donc transforme un compact enun compact c'est-�a-dire, ici o�u K et f(K) sont compacts, g�1 transforme unferm�e de f(K) en un ferm�e de K c'est-�a-dire g est continue nous en d�eduisonsalors limn!+1 g(an) = g(a) = f(a) = limn!+1 g(an). f est donc continue en a puiscontinue.Exemple Soit f l'application de R dans R d�e�nie par f(x) = 1 pour x < 0et f(x) = �1 dans le cas contraire. Si K est un compact de R, son image parf est, selon les cas, f1g ou f�1g ou f�1; 1g. L'image par f de tout compactde R est un compact de R et f n'est pas continue ; f n'est pas injective.

30129. Soit (an)n2N une suite convergente, vers a, de points de A. D'apr�es ce quenous avons vu plus haut, l'ensemble K = fan; n 2 Ng [ fag est compact (cequi �equivaut ici �a ferm�e born�e). Soit g la restriction de f �a K. g est continuedonc limn! g(an) = g(a) c'est-�a-dire limn! f(an) = f(a). f est donc continue.30. (a) f conserve les distances donc est injective. Montrons que f est surjective.Soit x0 2 E. Posons pour n 2 N; xn+1 = f(xn). (xn)n2N poss�ede unesous-suite, �x'(n)�n2N, convergente.Nous avons d(x'(n+1)); x'(n)) = d �f'(n+1)(x0); f'(n)(x0)�.Nous obtenons imm�ediatement, car f conserve les distances,d(x'(n+1)); x'(n)) = d �f'(n+1)�'(n)(x0); x0� = d �x'(n+1)�'(n); x0�.'(n+ 1) � '(n)>1 donc yn = x'(n+1)�'(n) 2 f(E).limn!+1 d �x'(n+1)); x'(n)� = 0 donc limn!+1 yn = x0 et x0 2 f(E). Nous end�eduisons E � f(E). E est compact et f est continue donc f(E) estcompact puis ferm�e et E = f(E). f est surjective donc bijective.(b) En utilisant ce que nous venons de faire nous en d�eduisons que g � f etf � g sont bijectives ; nous en d�eduisons7 que f et g le sont aussi.(c) (�) (an)n2N poss�ede une sous-suite convergente �a'(n)�n2N. �b'(n)�n2Nposs�ede une sous-suite convergente �b('� )(n)�n2N puis �a('� )(n)�n2Nest elle aussi convergente.Ces deux suites sont donc des suites de Cauchy et pour " > 0 donn�e,il existe N 2 N tel que pour tout couple (m; n) d'entiers au moins�egaux �a N on ait d �a('� )(n); a('� )(m)�6"; d �b('� )(n); b('� )(m)�6".En choisissant n < m et en posant p = (' � )(n) et q = (' � )(m)nous obtenons le r�esultat demand�e.(�) Soit (a0; b0) 2 E2. Construisons les deux suites (an)n2N et (bn)n2Nen posant pour tout n 2 N; an+1 = f(an) et bn+1 = f(bn).Pour " > 0 donn�e, il existe (p; q) 2 N2 ; p < q tel que d(ap; aq)6" etd(bp; bq)6".Par construction et compte tenu de l'hypoth�ese nous obtenonsd(ap; aq) = d (fp(a0); f q(a0))>d �a0; f q�p(a0)� = d(a0; aq�p).De memed(bp; bq) = d (fp(b0); f q(b0))>d �b0; f q�p(b0)� = d(b0; bq�p).Nous avons alors d(a0; aq�p)6"; d(b0; bq�p)6".d(f(a0); f(b0))6d �f q�p(a0); f q�p(b0)�6d �f q�p(a0); a0�+ d(a0; b0) + d �b0; f q�p(b0)�62" + d(a0; b0).L'in�egalit�e �etant vraie pour tout " > 0 et (a0; b0) �etant �x�e nous end�eduisons :d(f(a0); f(b0))6d(a0; b0) d'o�u l'�egalit�e d(f(a0); f(b0)) = d(a0; b0).D'apr�es ce qui a �et�e vu plus haut, f est une bijection de E.31. (a) Soient (un)n2N une suite de points de E et (vn)n2N une suite de points deF . Soit (zn)n2N la suite de terme g�en�eral zn = (xn; yn) 2 E � F .7Voir l'exercice num�ero 21 page 133.

302 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSupposons que les deux suites (un)n2N et (vn)n2N convergent respective-ment vers a et b.Soit " > 0 donn�e. La boule ferm�ee de centre (a; b) de rayon " est unvoisinage de (a; b) donc il existe N 2 N tel que pour tout entier n>Non ait d1(xn; a)6" et d1(yn; b)6". Cela signi�e que les suites (un)n2N et(vn)n2N convergent respectivement vers a et b.Supposons que (un)n2N et (vn)n2N convergent respectivement vers a et b.Soit V un voisinage de (a; b) dans E�F . Il existe " > 0 tel que la bouleferm�ee de centre (a; b) de rayon " soit incluse dans V . Il existe N 2 N telque pour tout entier n>N on ait d1(xn; a)6" et d1(yn; b)6" c'est-�a-dire(xn; yn) est dans la boule de E �F centr�ee en (a; b) de rayon " donc estdans V . La suite (zn)n2N converge donc vers (a; b).Soit A une partie non vide de E �F . Soit (zn)n2N une suite de points deA, convergente de limite un point (a; b) qui n'est pas dans A. SupposonsA ferm�ee ; son compl�ementaire est ouvert. Il existe une boule B centr�eeen (a; b) de rayon r > 0 incluse dans le compl�ementaire de A. Il existeN 2 N tel que pour n>N; zn 2 B ce qui est contraire �a l'hypoth�ese faitesur la suite (zn)n2N.Supposons que toute suite de points de A convergente dans E � F a salimite dans A. Montrons que A est ferm�e. Si A n'est pas ferm�e, soncompl�ementaire n'est pas ouvert ; il existe (a; b) 62 A tel que pour tout" > 0, la boule centr�ee en (a; b) de rayon " rencontre A. Choisissons pourchaque n 2 N; " = 1n+ 1. Notons alors zn = (xn; yn) 2 A un �el�ementde la boule centr�ee en (a; b) de rayon 1n + 1. Il est imm�ediat que la suite(zn)n2N converge vers (a; b) ce qui est contraire �a l'hypoth�ese donc A estferm�e8.(b) (�) Supposons que la suite (an)n2N a pour seule valeur d'adh�erence a etne converge pas ; donc n'a pas pour limite a. 9"0 > 0 tel que pourtout p 2 N; 9n>p; d(xn; a)>"0. Pour p = 0, choisissons un entier ncorrespondant et appelons-le '(0).Pour p = 1+'(0), choisissons un entier n correspondant et appelons-le '(1).Supposons construits les entiers '(0); : : : ; '(n) tels que 8k < n,'(k) < '(k + 1) et 8k6n; d(x'(k); a)>"0.Pour p = 1+'(n), choisissons un entier correspondant et appelons-le'(n+ 1). '(n+ 1) v�eri�e '(n) < '(n+ 1) et d(x'(n+1); a)>"0. Nousconstruisons donc ainsi une sous-suite de la suite (xn)n2N.E est compact donc cette sous-suite poss�ede une valeur d'adh�erenceb v�eri�ant alors d(b; a)>"0 ce qui est contraire �a l'hypoth�ese.Remarque le r�esultat peut etre faux si l'espace n'est pas compact ;la suite de terme g�en�eral xn tel que x2n = n et x2n+1 = 1n+ 1 a pourseule valeur d'adh�erence 0 et cette suite n'est pas convergente ; elle8En fait il s'agit d'un r�esultat habituel des espaces m�etriques.

303n'est pas born�ee.(��) Supposons f continue. Soit � = f(x; f(x)) 2 A� Fg.Soit (zn)n2N une suite de points de � convergente dans A � F delimite (a; b). Pour tout n 2 N on pose zn = (xn; yn) 2 E � F .yn = f(xn) par d�e�nition. (xn)n2N converge vers a, f est continuedonc (yn)n2N converge vers f(a) ; (a; f(a)) 2 � donc � est ferm�e.Supposons � ferm�e dans A� F .Soit a 2 A ; soit (xn)n2N une suite de points de A qui converge versa. Posons pour n 2 N; yn = f(xn) et zn = (xn; yn). La suite (yn)n2Nposs�ede une sous-suite �y'(n)�n2N convergente dans F de limite l 2 F .La sous-suite correspondante �x'(n)�n2N converge vers a et � �etantferm�e �z'(n)�n2N converge vers (a; l) 2 � donc l = f(a). La suite(yn)n2N poss�ede une et une seule valeur d'adh�erence ; elle est doncconvergente et f est continue.(c) f est born�ee donc il existe une boule ferm�ee contenant f(E) ; F est dedimension �nie donc la boule est compacte et nous pouvons utiliser ler�esultat pr�ec�edent ; f est continue.32. Soit (x; y) 2 E � F . max(N1(x � a); N2(y � b))6r signi�e d1(x; a) etd2(y; b)6r donc les boules sont les memes et les ouverts aussi.On peut utiliser l'exercice pr�ec�edent pour prouver que � est ferm�e ; on peutici faire une preuve di��erente.Posons pour (x; y) 2 A�F; '(x; y) = y�f(x). Il est clair que ' est continueet � = '�1(f0g) est ferm�e dans A� F .x 2 A 7�! (x; f(x)) 2 � est bijective continue et (x; y) 2 � 7�! x 2 A estcontinue donc l'application x 2 A 7�! (x; f(x)) 2 � est un hom�eomorphisme.33. (a) SiA � B alors fd(x; a); a 2 Ag � fd(x; b); b 2 bg donc d(x;A)>d(x;B).(b) d(x;A)>d(x;A).Soit " > 0. Il existe a 2 A tel que d(x; a)6d(x;A) + "2.Il existe b 2 A; d(a; b)6"2 donc d(x; b)6d(x;A) + ".En particulier d(x;A)6d(x;A)+". Nous avons donc alors d(x;A)6d(x;A).d(x;A) = 0 () 8" > 0; 9a 2 A; d(x; a)6" () x 2 A.(c) Supposons B 6� A c'est-�a-dire il existe x 2 B et x 62 A.d(x;B) = d(x;B) = 0 et d(x;A) > 0. Il existe x 2 E; d(x;A) 6= d(x;B).En supposant A 6� B nous avons le meme r�esultat donc si A 6= B alorsd(x;A) 6= d(x;B) d'o�u le r�esultat.(d) A� B � A� B donc d(A;B)>d(A;B).Soit " > 0. Il existe (a; b) 2 A� B tel que d(a; b)6d(A;B) + "2.il existe c 2 B tel que d(b; c)6"2 donc d(a; c)6d(A;B) + " puis, pard�e�nition, 8" > 0; d(A;B)6d(A;B) + " c'est-�a-dire d(A;B)6d(A;B)d'o�u l'�egalit�e.La suite est imm�ediate.

304 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES(e) d(A;B) = 0 ) 8n 2 N; 9(an; bn) 2 A� B; d(an; bn)6 1n + 1.La suite (bn)n2N poss�ede une sous-suite (b'(n))n2N convergeant vers b 2 B.limn!+1 d �a'(n); b'(n)� = 0 donc limn!+1 d �a'(n); b� = 0. La suite (a'(n))n2Nconverge donc vers b 2 A (car A est ferm�e) et A\B 6= ; d'o�u le r�esultat.8n 2 N; n>2 on a n+ 1n < n+ 1 + 1n+ 1 donc le compl�ementaire de Best ��1; 52� +1[n=2�n+ 1n; n + 1 1n + 1�. B est donc ferm�e. A est claire-ment ferm�e et A \ B = ;.infp>2; q>2 ����p � q � 1q ����> infp>2 ����p� p � 1p ���� = 0.34. d(A; K) = inf(a; k)2A�K d(a; k).8" > 0; 9(a; k) 2 A �K; d(A; K)6d(a; k)6d(A; K) + ".En choisissant " = 1n + 1 pour n 2 N, nous construisons deux suites (an)n2Net (kn)n2N de points respectivement de A et de K telles que8n 2 N; d(A; K)6d(an; kn)6d(A; K).Nous avons donc : limn!+1 d(an; kn) = d(A; K).K est compact donc poss�ede une sous-suite de terme g�en�eral k'(n) convergentevers x 2 K.d(A; K)6d(a'(n); x)6d(a'(n); k'(n)) + d(k'(n); x).Nous en d�eduisons : limn!+1 d(a'(n); x) = d(A; K). La suite de terme g�en�erala'(n) est donc born�ee et appartient �a un sous-espace vectoriel de dimension�nie ; elle poss�ede donc une sous-suite de terme g�en�eral a('� )(n) convergentede limite a 2 A car A est ferm�e.Nous avons donc limn!+1 d �a('� )(n); x� = d(a; x) = d(A; K). La distance estbien atteinte.35. Supposons le r�esultat faux ; 8r 2 R�+; 9x 2 Vr(A); x 62 U .C'est-�a-dire 8r 2 R�+; 9x 2 E; x 62 U; d(x; A) < r.En choisissant r = 1n + 1 nous construisons une suite (xn)n2N de points ducompl�ementaire de U , qui est ferm�e, v�eri�ant 8n 2 N; d(xn; A) < 1n+ 1.Il existe alors an 2 A; d(xn; an) < d(xn; A) + 1n+ 1. Nous avons alors8n 2 N; d(xn; an) < 2n+ 1.A est compact donc la suite (an)n2N poss�ede une sous-suite �a'(n)�n2N ayantune limite a 2 A. limn!+1 d �x'(n); a'(n)� = 0. Le compl�ementaire de U estferm�e donc la suite �x'(n)�n2N converge vers a 62 U ce qui est faux car A � Ud'o�u le r�esultat demand�e.

30536. Montrons que lorsqu'un ensemble A est quelconque9, l'application de E dansR d�e�nie par x 2 E 7�! d(x;A) 2 R est continue.Soit (x1; x2) 2 E2. Soit " > 0. Il existe a 2 A tel que d(x2; a)6d(x2; A) + ".d(x1; A)6d(x1; a) donc d(x1; A)� d(x2; A)6d(x1; a)� d(x2; a)� ".d(x1; a)�d(x2; a)6d(x1; x2) donc 8" > 0; d(x1; A)�d(x2; A)6d(x1; x2)�"c'est-�a-dire d(x1; A) � d(x2; A)6d(x1; x2). En �echangeant les roles de x1 etx2 nous obtenons 8(x1; x2) 2 E2; jd(x1; A)� d(x2; A)j6d(x1; x2).L'application est donc 1-Lipschitzienne et est continue.Les applications x 2 E 7�! d(x; A) 2 R et x 2 E 7�! d(x; B) 2 R sontcontinues, 1-lipschitziennes.L'application ' d�e�nie sur E par '(x) = d(x; A) � d(x; B) est continue.V = '�1(R�+) et U = '�1(R��) sont deux ouverts.Soit x 2 A. '(x) = �d(x; B) < 0 car sinon x est dans B puis x 2 A\B = ;.Nous en d�eduisons A � U . De meme, B � V . A � U; B � V et U \ V = ;d'o�u le r�esultat.37. � Supposons f continue. Soit A une partie non vide de E. Soit a 2 A.Pour V 2 V(f(a)) il existe W 2 V(a) tel que f(W ) � V . f(W \ A) 6= ;,f(W \ A) � f(W ) \ f(A) � V \ f(A) qui est donc non vide et f(a) 2 f(A).Nous avons donc f �A� � f(A).� Supposons que pour tout sous-ensemble A de E on ait f �A� � f(A).Soit G un ferm�e de F ; posons A = f�1(G).f �A� � f(A) = f (f�1(G)) � G = G.f�1 �f �A�� � A donc A � f�1 �f �A�� � f�1(G) c'est-�a-dire f�1(G) �f�1(G) d'o�u l'�egalit�e f�1(G) = f�1(G) qui est ferm�e. f est donc continue.Nous aurions pu faire une autre d�emonstration10 : supposons f non continue ;il existe a 2 E et une suite (an)n2N de points de E convergeant vers a avec(f(an))n2N ne convergeant pas vers f(a). Il existe alors "0 > 0 et une sous-suite (bn)n2N sous-suite de (an)n2N tels que 8n 2 N; d(f(bn); f(a))>"0. SoitA = fbn; n 2 Ng. a 2 A et f(a) 62 f(A) donc f(A) 6� f(A) d'o�u le r�esultat.� Supposons f continue. Soit B un sous-ensemble non vide de E. �B est ouvertdonc f�1( �B) est ouvert inclus dans f�1(B) donc inclus dans �z }| {f�1(B).� Supposons que pour tout sous-ensemble B de E on ait f�1� �B� � �z }| {f�1(B).Pour tout sous-ensemble A de E nous avons CA = C �A.En appelant A le compl�ementaire de B nous avons B = C �A ;f�1(B) = C�f�1( �A)� � C �z }| {f�1(A) = C (f�1(A)) = f�1 �CA� = f�1(B).9Dans le cas particulier o�u un ensemble A est ferm�e d(x;A) est atteinte et le r�esultat estimm�ediat.10Cette preuve s'applique aux espaces m�etriques ; les autres ont lieu dans n'importe quel espacetopologique.

306 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES� Supposons que pour tout partie B de E on ait f�1(B) � f�1(B).Soit B un sous-ensemble ferm�e de E.f�1(B) � f�1(B) d'o�u l'�egalit�e f�1(B) = f�1(B) et f est continue.Les quatre propositions sont donc �equivalentes.38. (a) Soit a 2 E.Construisons la suite (an)n2N par a0 = a et pour n 2 N; an+1 = f(an).d (an+1; an)6kd (an; an�1). Si nous supposons d (an+1; an)6knd (a1; a0)alors d (an+2; an+1)6kd (an+1; an)6kn+1d (a1; a0). Nous avons donc pourtout n 2 N; d (an+1; an)6knd (a1; a0).Soient p et q deux entiers avec p < q.d (ap; aq)6 j=q�1Xj=p d (aj ; aj+1)6kjd (a1; a0)6kp 11� kd (a1; a0).limp!+1 kp 11 � kd (a1; a0) = 0 donc la suite (an)n2N est de Cauchy et convergevers un �el�ement b de E.f est Lipschitzienne donc est continue ; il vient alors limn!+1 f(an) = f(b) = b.f poss�ede un point �xe.Soit (b; c) 2 E2 tel que f(b) = b et f(c) = c. Nous avons alorsd(b; c) = d(f(b); f(c))6kd(b; c) soit encore (1� k)d(b; c)60.1 � k est strictement positif donc d(b; c) = 0 et b = c. Le point �xe estunique.(b) fp = f � � � � � f| {z }p est contractante donc poss�ede un et un seul point �xea 2 E. fp(a) = a donc fp(f(a)) = fp+1(a) = f(a) ; le point �xe �etantunique, nous avons f(a) = a et f poss�ede un point �xe ; lui-meme uniquecar si f(a) = a et f(b) = b alors fp(a) = a et fp(b) = b donc a = b.39. f est continue. (x; y) 2 E2 7�! d(x; y) 2 R est continue11 . En e�et soit(a; b; x; y) 2 E4 d(x; y)6d(x; b) + d(y; b), d(a; b)>d(x; b) � d(x; a) doncd(x; y) � d(a; b)6d(y; b) + d(x; a). En �echangeant les roles de (x; y) et(a; b) nous obtenons jd(x; y) � d(a; b)j6d(y; b) + d(x; a). Soit " > 0. Soit� > 0; �6"2. (d(x; a)6�; d(y; b)6�) ) jd(x; y) � d(a; b)j6" d'o�u lacontinuit�e de l'application (x; y) 2 E2 7�! d(x; y) 2 R.Nous en d�eduisons que ' : x 2 E 7�! d(x; f(x)) est continue. E est compactdonc ' poss�ede un minimum. Il existe a 2 E; 8x 2 E; d(x; f(x))>d(a; f(a)).Montrons que b = f(a) = a.Si b 6= a alors d(f(a); f(b)) < d(a; b) soit encore d(b; f(b)) < d(a; b) etd(a; b)6d(b; f(b)). Il y a une contradiction et f(a) = a. Comme dans l'exercicepr�ec�edent, a est unique.40. Soit a �x�e dans K. K est convexe donc8n 2 N; fn(x) = 1n+ 1f(a) +�1� 1n+ 1� f(x) 2 K.11E2 est muni de la topologie produit

307Pour (x; y) 2 K2kfn(x)� fn(y)k = �1� 1n+ 1� kf(x) � f(y)k6�1 � 1n+ 1� kx� yk.fn est contractante, K est compact donc complet ; fn poss�ede alors un point�xe xn.La suite (xn)n2N poss�ede une sous-suite (yn)n2N qui converge vers un �el�ementy de K et 8n 2 N; 11 + '(n)f(a) +�1 � 11 + '(n)� f(yn) = yn.En d�eterminant la limite nous obtenons f(y) = y car f est continue. f poss�ededonc un point �xe.41. Soit y un �el�ement de E. Pour (u; v) 2 E2 nous avonskh�1(y � g(u))� h�1(y � g(v))k6k(y � g(u))� (y � g(v))k6kku � vk.x 2 E 7�! h�1(y � g(x)) 2 E est contractante donc il existe a 2 E v�eri�anth�1(y � g(a)) = a c'est-�a-dire y = h(a) + g(a). h+ g est surjective.42. D'apr�es les r�esultats d�emontr�es plus haut, il est clair que a(�) existe et estunique ; � 2 � 7�! a(�) 2 E est une application bien d�e�nie.Soit �0 2 � �x�e, soit " 2 R�+.8(x; �) 2 E � �; 8(y; �) 2 E � �; d(f(x; �); f(y; �))6kd(x; y).Soit "0 2 R�+, "06(1 � k)". x �etant �x�e �egal �a f(a(�0), la continuit�e de� 7�! f(x; �) implique l'existence de � > 0 d�ependant de �0 et "0 donc,avec les choix faits, ne d�ependant que de " tel que8� 2 �; d(�; �0)6�) d(f(a(�0); �); f(a(�0); �0))6"0 ;soit encore 8� 2 �; d(�; �0)6�) d(f(a(�0); �); a(�0))6(1� k)".Soit � ainsi �x�e ; d(f(a(�); �); f(a(�0); �))6kd(a(�); a(�0)) c'est-�a-dired(a(�); f(a(�0); �))6kd(a(�); a(�0)) doncd(a(�); a(�0))6d(a(�); f(a(�0); �)) + d(f(a(�0); �); a(�0))6kd(a(�); a(�0)) + (1� k)" ; c'est-�a-dire d(a(�); a(�0))6".a est donc continue.43. Soit a 2 E. Il existe une suite (an)n2N de points de A qui converge vers a. Lacontinuit�e de f implique limn!+1 f(an) = f(a). f(a) est donc la valeur constanteprise par f sur A ; f est constante.8(p; q) 2 Z2; f(p+ qp2) = f(0). f est donc constante sur Z+Zp2.Soit x 2 R. Soit p la partie enti�ere de x(p2� 1)n .06x�(p2�1)n < (p2�1)n ; 06p2�1 < 1 donc12 limn!+1�x � p(p2 � 1)n� = 0 ;p(p2 � 1)n 2 Z+Zp2 donc x 2 Z+Zp2 et f est constante.44. (a) Si G = f0g, G est monog�ene.Supposons G 6= f0g. G contient donc au-moins un �el�ement strictementpositif. Posons G0 = G \ R�+. G0 est non vide, minor�e donc poss�ede uneborne inf�erieure a. a est nul ou strictement positf.� Supposons a > 0 et montrons que a 2 G.12Il s'agit l�a d'un cas particulier de l'exercice qui suit.

308 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSupposons a 62 G. a est la borne inf�erieure de G0 donc il existe x 2 G0tel que a < x < 2a puis il existe y 2 G0 tel que a < y < x. En particulier0 < x � y 2 G donc x � y 2 G0 et x � y < a ce qui est faux. Nous end�eduisons a 2 G.Il est imm�ediat que l'on a alors aZ� G.Soit x 2 G. Notons p la partie enti�ere de xa ; nous avons pa6x < pa + asoit 06x� pa < a. x� pa 2 G donc s'il n'est pas nul il est dans G0 ce quiest faux. Il existe donc p 2 Z; x = pa et G � aZ. G est alors monog�ene.� Supposons a = 0 et montrons que R = G.a �etant nul nous avons 8" > 0; 9x 2 G0; 0 < x < ". Soit y 2 G ; notons pla partie enti�ere de yx . Il vient : px6y < px+" c'est-�a-dire 06y�px < ".px 2 G donc y 2 G d'o�u le r�esultat demand�e.(b) Soit G = aZ+ bZ. Si a = 0 ou b = 0, il est clair que G est monog�ene.Supposons a et b non nuls.Si G est monog�ene, il existe c 2 R�+ tel que aZ+ bZ= cZ c'est-�a-direacZ+ bcZ= Z. En particulier ac 2 Z� et bc 2 Z� puis ab 2 Q� .Supposons ab 2 Q� . aZ+ bZ= b(abZ+Z). ab s'�ecrit pq avec p et q entiersrelatifs non nuls. Nous avons donc aZ+ bZ= bq (pZ+ qZ) = dbq Z o�u dest le pgcd de p et q. aZ+ bZ est donc monog�ene.Nous en d�eduisons que aZ+ bZ est dense dans R si et seulement si abn'est pas rationnel.(c) G = Z+ (2�)Z est dense dans R car 2� 62 Q. Soit y 2 [�1; 1]. Il existex 2 R tel que y = cos(x). Il existe une suite (xn)n2N de points de Gqui converge vers x. La suite de terme g�en�eral yn = cos(xn) convergedonc vers cos(x) = y. Nous avons donc [�1; 1] = cos(G). Un �el�ementde G s'�ecrit p + 2�q donc cos(G) � cos(2�Z) ; l'inclusion r�eciproque estimm�ediate. Nous avons donc [�1; 1] = cos(2�Z). cos �etant paire, il vient[�1; 1] = cos(2�N).(d) f : t 2 R 7�! exp(it) 2 U est continue.Soit A une partie de R, dense dans R. Soit y 2 U , il existe t 2 Ry = exp(it). Si (tn)n2N est une suite de points de A qui converge vers t,la suite de terme g�en�eral yn = exp(itn) converge vers y donc l'image deA par f est dense dans U .Comme pr�ec�edemment on en d�eduit qu'en prenant A = aZ+ 2�Z aveca� 62 Q nous obtenons f(A) = f(aZ) donc f(aZ) est dense dans U .Supposons a� 2 Q. a = 2p�q avec p et q entiers premiers entre eux, q>1.exp (iqa) = 1 donc ! = exp (ia) est une racine qi�eme de l'unit�e et l'en-semble des puissances de ! est �ni.L'ensemble des �el�ements exp(in�) avec n 2 Z est dense dans U si et

309seulement si �� 62 Q.45. (a) Soit " >. Choisissons n 2 N� ; n>1" . Soit k 2 N; k6n.Posons xk = k� � E(k�) 2 [0; 1].13Soient i et j deux entiers distincts au plus �egaux �a n.Si xi = xj alors (j � i)� = E(i�)� E(j�) et � 2 Q.Les n+ 1 �el�ements xk sont donc deux �a deux distincts.Pour k 2 Nn ; xk ne peut etre �egal �a l'un des rationnels in , pour i 2 N; i6n.Donc pour k 2 Nn ; xk 2 n�1[i=0 � in; i+ 1n �.Si l'un de ces xk est dans �0; 1n�, x0 = 0 et cet �el�ement sont dans l'inter-valle �0; 1n�. Dans le cas contraire, nous disposons de n � 1 intervallesdeux �a deux disjoints et de n �el�ements deux �a deux distincts appartenant�a la r�eunion de ces intervalles. Il existe donc un intervalle contenant deuxde ces �el�ements. Il y a donc au moins deux �el�ements dans l'un des n in-tervalles � in; i+ 1n �, o�u i 2 N; i6n� 1, dont l'union est [0; 1]. Il existei 2 N; i6n � 1, r 2 N; r6n et s 2 N; s6n v�eri�ant in6xr < xs6 i+ 1nsoit encore 0 < (s� r)� + E(r�)� E(s�)6 1n6". En posant q = s � ret p = E(r�)� E(s�) nous en d�eduisons qu'il existe (p; q) 2 Z2 tel que0 < p + q�6".Montrons que �N +Zest dense dans R.Il s'agit de prouver que pour tout (x; ") 2 R�R�+, il existe (p; q) 2 Z�Ntel que x�"6p+q�6x+" soit encore 8(a; b) 2 R2; a < b; 9(p; q) 2 Z�Ntel que a6p+ q�6b.Nous savons, d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, qu'il existe (p0; q0) 2 Z2 telque 0 < p0 + q0�6b� a.Supposons q0>0. Soit p1 2 Z; p1 < a.Consid�erons, pour n 2 N, xn = p1 + n(p0 + q0�).x0 < a; x1 < b et limn!+1 xn = +1.Il existe donc N1 2 N; N1>2 tel que 8n 2 N; n>N1 ) xn>b.L'ensemble des entiers n tels que xn < b poss�ede un plus grand �el�ementn0>1 qui v�eri�e donc xn0 < b; xn0+1>b.Supposons xn0 < a alorsp1 + n0(p0 + q0�) < a et p1 + n0(p0 + q0�) + p0 + q0� > b soit encorep0 + q0� > b� a ce qui est faux. Nous avons donc a6xn0 < b.L'�el�ement (p1 + n0p0) + (n0q0)�) v�eri�e les conditions demand�ees.Supposons q < 0. Soit p1 > b. Posons pour n 2 N, xn = p1�n(p0 + q0�).13E d�esigne la partie enti�ere.

310 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESx0 > b; x1 > a et limn!+1 xn = �1.En faisant le meme raisonnement que dans le cas pr�ec�edent, nous en d�e-duisons qu'il existe n0>1 qui v�eri�e a6xn0 < b.L'�el�ement (p1 � n0p0) + (�n0q0)�) v�eri�e les conditions demand�ees. Ler�esultat est donc d�emontr�e.(b) D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, �2�N +Zest dense dans R.L'application f : t 2 R 7�! exp(2i�t) 2 U est continue, 1-p�eriodique.f � �2�N +Z� = fexp(in�); n 2 Ng.Soit A un ensemble inclus dans un espace topologique X . Soit f uneapplication continue de X dans un espace topologique E.14 Soit x 2 A .Notons y l'�el�ement f(x). Soit W un voisinage de y. f �etant continueil existe V 2 V(x) tel que f(V ) � W . Par hypoth�ese, V \ A 6= ; doncf(V \A) � W\f(A) ; ce dernier ensemble est donc non vide et y 2 f(A) .Nous avons donc f �A � � f(A) .Si X et E sont des espaces m�etriques15 et si A est compact alors f �A �est compact donc ferm�e, contient f(A) donc aussi son adh�erence. Nousavons alors l'�egalit�e f �A � = f(A) .Nous obtenons doncU = f(R) = f � �2�N +Z� � fexp(in�); n 2 Ng � U .D'o�u l'�egalit�e fexp(in�); n 2 Ng = U .46. G n'est pas vide et n'est pas r�eduit �a f0g. Si pour tout r�eel x f(x+T ) = f(x)alors 8x 2 R; f((x � T ) + T ) = f(x � T ) donc �T 2 G. Si T1 et T2 sontdans G alors 8x 2 R; f((x + T1) + T2) = f(x + T1) = f(x). (G; +) est unsous-groupe de R. G est donc dense dans R ou monog�ene. Dans le premiercas, comme nous l'avons vu plus haut, f est constante ; dans le second cas ilexiste a > 0 tel que G = aZ. a est la plus petite p�eriode de f .47. (a) f : x 2 E 7�! �x 2 E est un hom�eomorphisme donc f�1 �etant continue,f = (f�1)�1 transforme un ouvert en un ouvert et un ferm�e en un ferm�e.f �etant continue transforme un compact en un compact.(b) A+B = \a2A(a+B). L'application f : x 2 B 7�! a+ x 2 a+B est unhom�eomorphisme donc, comme pr�ec�edemment, transforme un ouvert enun ouvert. Si B est ouvert alors a+B aussi puis A+B qui est une uniond'ouverts est un ouvert. Nous en d�eduisons que A+B est ouvert d�es queA ou B est ouvert.Soit (xn)n2N une suite de points de A+B.Il existe (an)n2N une suite de points de A et (bn)n2N une suite de pointsde B telles que 8n 2 N; xn = an + bn. (an)n2N poss�ede une sous-suite14Je rappelle qu'un espace topologique est, ici, une partie d'espace vectoriel norm�e ou R ; voirplus haut.15L�a encore il s'agit, pour nous, d'une partie non vide d'espace vectoriel norm�e.

311convergente �a'(n)�n2N de limite a 2 A. �b'(n)�n2N poss�ede une sous-suiteconvergente �b( �')(n)�n2N de limite b 2 B. La suite �( �')(n)�n2N convergedonc vers a+ b 2 A+ b. A +B est donc16 compact.(c) Reprenons la d�emonstration pr�ec�edente en supposant (xn)n2N conver-gente de limite x 2 E. (bn)n2N poss�ede une sous-suite convergente�b'(n)�n2N de limite b 2 B donc �a'(n)�n2N converge vers a = x � b 2 A.Nous avons donc x 2 A+B et A+B est ferm�e.48. f est uniform�ement continue signi�e :8" > 0; 9� > 0; 8(x; y) 2 A2; d1(x; y)6�) d2(f(x); f(y))6".Soient (xn)n2N et (yn)n2N deux suites de points de A avec limn!+1 d1(xn; yn) = 0.Pour " > 0 donn�e, puis � associ�e, il existe N 2 N tel que pour n>N on aitd1(xn; yn)6�.Il vient alors d2(f(xn); f(yn))6" c'est-�a-dire limn!+1 d2(f(xn); f(yn)) = 0.Supposons que quelles que soient les suites de points de A, (xn)n2N et (yn)n2N,[d1(xn; yn) ! 0] ) [d2(f(xn); f(yn)) ! 0].Si f n'est pas uniform�ement continue, 9" > 0; 8� > 0; 9(x; y) 2 A2 v�eri�antd1(x; y)6� et d2(f(x); f(y))>".Choisissons � = 1n+ 1 ; nous construisons deux suites (xn)n2N et (yn)n2N tellesque limn!+1 d1(xn; yn) = 0 et 8n 2 N; d2(f(xn); f(yn))>". La suite de termeg�en�eral d2(f(xn); f(yn)) ne peut converger vers 0.L'�equivalence est donc d�emontr�ee.49. (a) limkxk!+1 f(x) = +1 donc Il existeA 2 R+; 8x 2 E; kxk>A) f(x)>f(0).La boule B ferm�ee de centre 0 et de rayon A est compacte donc f , quiest continue, poss�ede un minimum sur B atteint en un point a. En par-ticulier, f(0)>f(a) donc pour tout x 2 E; f(x)>f(a) et f poss�ede unminimum.(b) E est un espace vectoriel et k k est bien une norme. Pour (u; v) 2 E2on a jd(a; u) � d(a; v)j6d(u; v). L'aplication u 2 E 7�! d(a; u) 2 Rest 1-Lipschitzienne.Pour tout u 2 E, +1Xn=0 12nun existe car il s'agit d'une somme �nie etu 2 E 7�! +1Xn=0 12nun 2 R est lin�eaire. H est un hyperplan de E et a n'estpas dans H .�����+1Xn=0 12nun�����62kuk donc u 2 E 7�! +1Xn=0 12nun 2 R est continue et H est unferm�e de E.16Si nous munissons E � E de la norme N d�e�nie par N(x; y) = max(kxk; kyk) o�u k k est lanorme sur E, l'application (x; y) 2 E2 7�! x + y 2 E est continue et A � B est compact doncA+B est compact.

312 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESd(a; u)>d(0; u) � d(0; a) = kuk � kak.Il est alors clair que limkuk!+1 d(a; u) = +1.Consid�erons la suite v appartenant �a H telle que pour k 2 Nn ; vk = �12et pour k > n; vk = 0. Nous avons alors v0 = nXk=1 12k+1 = 12 �1 � 12n�.kv � ak = max�jv0 � 1j; 12� = 12 �1 + 12n�.limn!+1 12 �1 + 12n� = 12 donc d(a; F )612 .Supposons qu'il existe u 2 H tel que d(a; u) = d(a; H).ku � ak612 , ju0 � 1j612 et 8i>1; juij612.u0 = � nXi=1 12iui donc ju0j6 nXi=1 12i+1 < 12 avec 126u0632. Il n'existe pasun tel u et le minimum n'est pas atteint.(c) Soient d1 2 D1, d2 2 D2 et d3 2 D3.Suposons que les droites D1; D2 et D3 soient respectivement dirig�ees par�!u1 ; �!u2 et �!u3 .Pour (m1; m2; m3) 2 D1 � D2 � D3, nous avons����!mimj = ��!didj + �j�!uj � �i�!ui o�u (�1; �2; �3) 2 R3.(�!u1 ; �!u2 ; �!u3 ) est une base de E.Choisissons comme norme sur E le maximum des valeurs absolues descoordonn�ees dans la base pr�ec�edente.k���!mimj k> k�j�!uj � �i�!ui k � ��!didj >max (j�jj; j�ij)� ��!didj .Posons K = ��!d1d2 + ��!d2d3 + ��!d3d1 .Le p�erim�etre 2p du triangle est au moins �egal �amax(j�1j; j�2j) + max(j�2j; j�3j) + max(j�3j; j�1j)�KNous avons alors 2p>2 k�!v k �K.limk�!v k!+1 2p = +1.L'application �!v 2 E 7�! 2p 2 R est continue d'o�u le r�esultat demand�ecar E est de dimension �nie.50. Soit P le plan a�ne euclidien. Soit f l'application qui �a un point M de Passocie supN2A d(M; N).M �x�e, N 2 A 7�! d(M; N) est continue donc poss�ede un maximum sur Aqui est compact.Ce maximum est obtenu en un point NM de A. Pour P et Q dans P nousavonsf(P )� f(Q) = d(P; NP )� d(Q; NQ)6d(P; Q) + d(Q; NP )� d(Q; NQ).Par ailleurs, d(Q; NP )6d(Q; NQ) donc f(P )� f(Q)6d(P; Q).En �echangeant les roles de P et Q nous en d�eduisons jf(P )� f(Q)j6d(P;Q).f est donc continue.

313Pour P �x�e dans A et pour Q 2 P nous avons f(Q)>d(P; Q). Nous avonsdonc limd(P;Q)!+1 f(Q) = +1.En utilisant le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent, nous en d�eduissons que f pos-s�ede un minimum sur P .Il existe P0 2 P tel que f(P0) = minP2P �maxQ2A d(P;Q)� = R.Soit D le disque centr�e en P0 de rayon R.Soit Q 2 A. d(P0; Q)6f(P0) = R donc D contient A.Soit D(P; �) le disque centr�e en P de rayon � contenant A.Pour Q 2 A nous avons d(P; Q)6� donc f(P )6� et R = f(P0)6f(P )6�.Tout disque contenant A a donc un rayon au moins �egal �a R.Montrons l'unicit�e de D.Soient D(P1; R) et D(P2; R) deux disques de rayons R contenant A.A � D(P1; R) \ D(P2; R). Si P1 6= P2, l'intersection des deux disquesest incluse dans le disque centr�ee au milieu du segment [P1; P2] de diam�etrep4R2 � d(P1; P2)2 < 2R ce qui est contradictoire ; d'o�u l'unicit�e du disquecherch�e.51. Soit u une suite de limite nulle. Soit " > 0 donn�e. Il existe N 2 N tel que pourn > N on ait kunk6". Consid�erons la suite v telle que pour n6N; vn = unet pour n > N; vn = 0. v 2 l0. supn2N kun � vnk6max� supn2NN kun � vnk; "�6".Nous avons donc ku� vk16" et u est adh�erent �a l0.52. Si x 2 H; d(x; H) = 0 = j'(x)jkj'jk .Supposons x 62 H .8y 2 E; j(y � x)jkj'jk 6ky � xk ; en particulier si y 2 H , j'(x)jkj'jk 6ky � xk puisj'(x)jkj'jk 6 infy2H ky � xk = d(x; H).Soit " > 0; 9y 2 H; d(x; y)6" + d(x; H).Nous avons alors j'(y � x)jky � xk > j'(y � x)j" + d(x; H) et en particulier kj'jk> j'(x)j" + d(x; H) .Le r�esultat est vrai pour tout ", nous en d�eduisons : kj'jk> j'(x)jd(x; H) . L'in�ega-lit�e demand�ee est d�emontr�ee.D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, nous en d�eduisons que d(x; H) est atteint sikj'jk est atteint ; donc s'il existe y 2 E; y 6= 0 tel que kj'jk = j'(y)jkyk .Nous pouvons appliquer cela �a l'exercice num�ero 49 pr�ec�edent.Il est imm�ediat que la norme de la forme lin�eaire est �egale �a 2.j'(u)j6kuk nXk=0 12k = ku V ert�1 � 12n+1� < 2. La borne sup�erieure n'est pasatteinte.53. (a) Soit � 2 K ; � 6= 0. Soient X 2 E/F et x 2 X . j�j kxk = k�xk>N (�X)

314 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESpuis j�jN (X)>N (�X). En rempla�cant � par son inverse nous obtenonsN (Y )>j�jN � 1�Y � pour tout Y 2 E/F et en choisissant Y = �X nousavons N (�X)>j�jN (X) d'o�u l'�egalit�e N (�X) = j�jN (X).Soient (X; Y ) 2 (E/F )2 et (x; y) 2 X � Y . kx + yk6kxk + kyk doncN (X + Y )6kxk + kyk d'o�u l'in�egalit�e N (X + Y )6N (X) +N (Y ).Soit X 2 E/F .N (X) = 0 () infx2X kxk = 0.infx2X kxk = infy2F kz � yk = d(z; F ) o�u z est un �el�ement de X .N (X) = 0 () d(z; F ) = 0 () z 2 F .N est une norme si et seulement si z 2 F ) z 2 F c'est-�a-dire F � Fdonc si et seulement si F est ferm�e.(b) Soit (Xn)n2N une suite de Cauchy de points de E/F .8" > 0; 9n0(") 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p et q>n0(") )N (Xp �Xq)6".Choisissons " = 12. Il existe p0 tel que pour p>p0 on ait N (Xp0 �Xp)612 .Posons '(0) = p0.Choisissons " = 14.Il existe p1 tel que pour p>p1>p0 on ait N (Xp1 �Xp)614. Posons '(1) =p1 et nous avons alors N (Xp1 �Xp0)612 .Nous construisons ainsi par r�ecurrence une suite extraite �X'(n)�n2N dela suite (Xn)n2N v�eri�ant pour tout n 2 N; N �X'(n) �X'(n+1)�6 12n+1 .Notons pour n 2 N; X 0n = X'(n). N (X 00 �X 01)612 c'est-�a-dire, en notantx00 un �el�ement de X 00 et x1 un �el�ement17 de X 01, infy2F kx00 � x1 � yk612. Ilexiste alors x01 = x1 + y 2 X 01 tel que kx00 � x01k61.De meme en notant x2 un �el�ement de X 02 nous avons infy2F kx01 � x2 � yk614 .Il existe alors x02 = x2 + y 2 X 02 tel que kx01 � x02k612 .Nous construisons ainsi par r�ecurrence une suite (x0n)n2N de points de Ev�eri�ant pour tout n 2 N; x0n 2 X 0n et kx0n � x0n+1k6 12n .Pour q = p; kx0p � x0qk6 12p�1 ; pour p < q, kx0p � x0qk6 q�1Xk=p 12k6 12p�1 .La suite (x0n)n2N est donc une suite de Cauchy qui converge vers l 2 Ecar E est complet.Soit f l'application de E dans E/F qui �a x associe sa classe X . f estlin�eaire et N (X) = infy2X kyk6kxk. f est continue et limn!+1 f(x0n) = f(l).La suite (X 0n)n2N est donc convergente.17Cette m�ethode est celle utilis�ee pour d�emontrer que dans un espace vectoriel norm�e dont toutesles s�eries absolument convergentes convergent, cet espace est complet.

315Revenons �a la suite (Xn)n2N initiale.8" > 0; 9n0(") 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p et q>n0(") )N (Xp �Xq)6".En particulier p �etant �x�e 8q 2 N; q>n0(") )N (Xp �X 0q)6".Faisons tendre q vers l'in�ni nous obtenonsN (Xp�f(l))6". Cela signi�eque la suite (Xn)n2N converge, de limite f(l) ; E/F est donc complet.(c) Soit ' une application lin�eaire de E dans Rn. Supposons F = Ker(')ferm�e. E/F est isomorphe �a Im(') et est alors de dimension �nie.L'application qui �a X 2 E/F associe '(x) 2 Im(') o�u x 2 X r�ealise untel isomorphisme. Les dimensions �etant �nies, il s'agit d'un hom�eomor-phisme. Nous avons vu que f est continue de (E; k k) dans (E/F ; N )donc ' est continue de (E; k k) dans Rn.54. Soit F une primitive de f . Pour x 2]0; 1] �(f)(x) = F (x)� F (0)x x1�� doncsi � = 1, limx!0�(f)(x) = F 0(0) = f(0) et si � < 1 limx!0�(f)(x) = 0.Il est imm�ediat que �(f) est de classe C1 sur ]0; 1]. �(f) est prolongeable enune application continue sur [0; 1] que nous appellerons encore �(f).Supposons � < 1. � est une application lin�eaire de E dans lui-meme.Z 10 ���� 1x� Z x0 f(t) dt���� dx6 Z 10 � 1x� Z 10 jf(t)j dt� dx = kfk1Z 10 1x� dx = 11 � �kfk1.� est donc continue et sa norme est au plus �egale �a 11 � � .Soit fn la fonction d�e�nie sur [0; 1] par fn(t) = 8>>><>>>: 2n� 2n2t si t 2 �0; 1n�0 si t 2 � 1n; 1� .1x� Z x0 fn(t) dt = 8>>><>>>: 2nx1�� � n2x2�� si t 2 �0; 1n�x�� si t 2 � 1n; 1� .�(fn)(x) = Z 1n0 �2nx1�� � n2x2��� dx + Z 11n x�� dx= n��1� 22� � � 3� � � 11� ��+ 11� � .kfnk1 = 1. limn!+1 k�(fn)k1 = 11 � � donc la norme de l'application lin�eaire�(f) = 11 � � .Supposons� = 1. Reprenons les fonctions fn pr�ec�edentes. k�(fn)k1 = 32 + ln(n).Dans ce cas la fonction � n'est pas continue.55. Soient p et q deux entiers naturels. Supposons p > q.

316 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESNous avons18 Z 10 jfp(t)� fq(t)jdt = Z 10 (fp(t)� fq(t))dt = Z 1q20 fp(t)dt� 12q .La pente de la droite repr�esentant fp sur �0; 1p2� est �egale �a p3 donc nousobtenonsZ 1p20 p3tdt� 12q + 2�1q � 1p� = 32q � 32p6 32q .La suite (fn)n2N est une suite de Cauchy.Supposons (E; N1) complet.Il existe f 2 E v�eri�ant limn!+1 Z 10 jf(t)� fn(t)jdt = 0.Z 10 jf(t)� fn(t)jdt> Z 11n2 ����f(t)� 1pt���� dtlimn!+1 Z 11n2 ����f(t)� 1pt���� dt = Z 10 ����f(t)� 1pt���� dt donc Z 10 ����f(t)� 1pt���� dt = 0.La continuit�e sur ]0; 1] conduit �a 8t 2]0; 1]; f(t) = 1pt . f ne peut alors pasetre continue et (E; N1) n'est pas complet.56. Soit, pour n 2 N� , fn d�e�nie par fn(t) = 8>>>>>><>>>>>>: 0 si t 2 [�1; 0]nt si t 2 �0; 1n�1 si t 2 � 1n; 1�fn est clairement continue car les limites �a gauche et �a droite en 1n et en 0 sont�egales respectivement �a fn� 1n� = 1 et �a fn(0) = 0.Soient p et q deux entiers au moins �egaux �a 1. Supposons p>q. Nous avonsZ 10 (fp(t)� fq(t))2dt = Z 1p0 (p � q)2t2dt + Z 1q1p (1� qt)2dt= (p� q)23p3 + 13q �1 � qp�3 = (p � q)23qp2 6 13q .Nous avons donc kfp � fqk26r 13q et la suite est de Cauchy.Supposons qu'elle converge vers une fonction f continue sur [�1; 1].limn!+1 Z 1�1(fn(t)� f(t))2dt = 0.En particulier limn!+1 Z 0�1(fn(t)� f(t))2dt = limn!+1 Z 0�1(0 � f(t))2dt = 0.La continuit�e de f implique que f est nulle sur [�1; 0].18faire un dessin.

317Nous avons aussi limn!+1 Z 11n (fn(t)� f(t))2dt = limn!+1 Z 11n (1� f(t))2dt = 0ce qui impose cette fois que pour tout n 2 N; n>N , f(t) est �egal �a 1 pourt 2 �1n; 1�.Soit t 2]0; 1]. il existe n>N tel que t 2 � 1n; 1� donc f(t) = 1 pour t 2]0; 1]puis par continuit�e, f(0) = 1. Nous avons donc f(0) = 0 et f(0) = 1. fn'existe pas et l'espace n'est pas complet.57. (a) Il est clair que ces applications sont des normes.Nous pouvons essayer de comparer ces normes.� N16N1. Soit Pn = n�1Xi=0 1nX i.N1(Pn) = 1n; N1(Pn) = 1, limn!+1 N1(Pn)N1(Pn) = 0 les deux normes ne sontpas �equivalentes.� �16�1. Soit Pn = Xn. �1(Pn) = 1; �1(Pn) = 1n+ 1. Comme pr�ec�e-demment, �1 et �1 ne sont pas �equivalentes.� �26�1. �2(Xn) = 1p2n+ 1 donc �2 et �1 ne sont pas �equivalentes.� D'apr�es l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous avons����Z 10 1jP (t)jdt����26 ����Z 10 1dt���� ����Z 10 jP (t)j2dt���� donc �16�2.Soit Pn = p2n+ 1Xn. �2(Pn) = 1; �1(Pn) = p2n + 1n+ 1 . �1 et �2 ne sontpas �equivalentes.� Soient Pn = nXi=0 X i et Qn = nXn � (n� 1)Xn�1.N1(Pn) = 1; N1(Qn) = n, �1(Pn) = n + 1; �1(Qn) = 1.Ces deux normes ne sont pas comparables et ne sont pas �equivalentes.� Avec les memes notations qu'au-desus, nous avons �1(Pn) = n+1Xk=1 1k ,N1(Pn) = 1, N1(Qn) = n, �1(Qn) = 2�n� 1n �n+1 1n+ 1 + 1n(n+ 1).limn!+1 N1(Pn)�1(Pn) = 0, limn!+1 N1(Qn)�1(Qn) = +1.Ces deux normes ne sont pas comparables, elles ne sont pas �equivalentes.� S'il existe k > 0 tel que �26kN1 alors �16kN1 ce qui est faux.Z 10 ����� nXi=0 aiti����� dt6 Z 10 nXi=0 jaijtidt = nXi=0 jaiji + 16 nXi=0 jaij donc �16N1.Les deux normes ne sont pas �equivalentes.� S'il existe k > 0 tel que N16k�2 alors N16k�1 ce qui n'est pas vrai.

318 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESsupt2[0;1] j nXi=0 aitij6 nXi=0 jaij donc �16N1.Les deux normes ne sont pas �equivalentes.(b) Consid�erons la suite de polynomes d�e�nie par Pn = nXk=0 Xkk! . Supposonsm < n ; N1(Pn � Pm) = 1(m+ 1)! . Cette suite est donc de Cauchypour la norme N1. Si elle converge, il existe un polynome P tel quelimn!+1N1(Pn � P ) = 0. Pour n > deg(P ) = N , N1(Pn � P )> 1(N + 1)!et ne peut tendre vers 0.N1(Pn � Pm) = nXk=m+1 1k! . La suite est de Cauchy pour la norme N1car la suite de terme g�en�eral nXk=0 1k! converge. Si elle converge, il existeun polynome P tel que limn!+1N1(Pn � P ) = 0. Pour n > deg(P ) = N ,N1(Pn � P )> 1(N + 1)! et ne peut tendre vers 0.�1(Pn � Pm) = nXk=m+1 1k! . Si elle converge, il existe un polynome P tel quelimn!+1 �1(Pn � P ) = 0. En particulier, 8t 2 [0; 1]; limn!+1Pn(t) = P (t) c'est-�a-dire P (t) = exp(t) qui n'est pas un polynome.� Z 10 jPn(t)� Pm(t)jdt = nXk=m+1 Z 10 tkk!dt = nXk=m+1 Z 10 1(k + 1)! .La suite est de Cauchy pour la norme �1.limn!+1Pn(t) = exp(t) et pour t 2 [0; 1] jPn(t)� exp(t)j6 +1Xk=n+1 1k! = �n.Nous en d�eduisonsZ 10 jPn(t)� exp(t)jdt6�n puis limn!+1 Z 10 jPn(t)� exp(t)jdt = 0.Supposons que la suite (Pn)n2N converge pour la norme �1.Il existe un polynome P tel que limn!+1 Z 10 jPn(t)� P (t)jdt = 0 ; nous end�eduisons limn!+1 Z 10 j(Pn(t)� P (t)) + (P (t)� exp(t))jdt = 0 c'est-�a-direZ 10 jP (t)� exp(t)jdt = 0.La continuit�e des fonctions conduit �a 8t 2 [0; 1]; P (t) = exp(t) ce quiest faux.On fait de meme19 avec la norme �2.19En fait, toute fonction continue sur [0; 1] est limite uniforme d'une suite de polynomes ; ilsu�sait donc de choisir n'importe quelle fonction continue non polynomiale pour conclure.

319E n'est donc complet pour aucune de ces normes.(c) Notons fa l'application lin�eaire P 2 E 7�! P (a) 2 R. Nous savonsqu'une application lin�eaire u 2 L(E; F ), o�u (E; N) et (F; N 0) sontdeux espaces vectoriels norm�es, est continue si et seulement si il existeune constante C>0 telle que 8x 2 E; N 0(u(x))6CN(x).� Choisissons la norme N1.Soit Pn = nXk=0Xk ; N1(Pn) = 1. Pn(1) = n donc limn!+1Pn(1) = +1 ;l'application lin�eaire f1 n'est pas born�ee sur la sph�ere unit�e donc n'estpas continue20.Si jaj > 1, jPn(a)j a une limite in�nie et, comme pr�ec�edemment, fa n'estpas continue.Supposons jaj1.jP (a)j6 11� jajN1(P ) et fa est alors continue.� Choisissons la norme �1.Soit Pn = (X + jaj � 1)2n avec a 2 [�1; 1].�1(Pn) = Z 10 (t+ jaj � 1)2ndt = jaj2n+1 � (jaj � 1)2n+12n+ 1 6 22n + 1.Pn(a) = 1. Si fa est continue il existe une constante C>0 telle que8n 2 N; jPn(a)j6C�1(Pn) donc 8n 2 N, j16 2C2n + 1 ce qui est faux.Pour jaj > 1 choisissons Pn = Xn. jPn(a)j = jajn, �1(Pn) = 1n + 1.limn!+1 jPn(a)j�1(Pn) = +1. fa n'est pas continue.� Choisissons la norme �2.Comme pr�ec�edemment, pour jaj61 on peut choisir Pn = X+ jaj�1, pourjaj > 1 on peut choisir Pn = Xn et conclure que fa n'est pas continue.� Choisissons la norme N1.Supposons jaj > 1. Choisissons Pn = Xn. N1(Pn) = 1; jPn(a)j = jajndonc fa n'est pas continue.Supposons jaj61. Soit P = nXk=0 �kXk. jfa(P )j6 nXk=0 j�kj = N1(P ). fa estcontinue.Choisissons la norme �1.Soit jaj61. jP (a)j6�1(P ) donc fa est continue.Supposons jaj > 1.Choisissons Pn = Xn ; jPn(a)j = jajn et �1(Pn) = 1 donc fa n'est pascontinue.(d) Notons ga l'application, lin�eaire, P 2 R[X ] 7�! P 0(a) 2 R.� Choisissons la norme N1.Supposons jaj>1. Soit Pn = Xn. N1(Pn) = 1, limn!+1 jP 0n(a)j = +1 donc20Si nous ne voulons pas utiliser les applications lin�eaires, on peut choisir la suite de termeg�en�eral Qn = 1nPn v�eri�ant limn!+1N1(Qn) = 0 et f(Qn) ne tend pas vers f(0) = 0.

320 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESga n'est pas continue.Supposons jaj < 1. Soit P = nXk=0 �kXk.����� nXk=1 k�kak�1�����6N1(P ) nXk=1 kjajk�16N1(P ) 11� jaj2 . ga est continue.� Choisissons la norme N1.Pour jaj>1, nous d�emontrons comme pr�ec�edemment que ga n'est pascontinue.Pour jaj < 1,����� nXk=1 k�kak�1�����26 nXk=1 j�kj2 nXk=1 jkak�1j26 nXk=1 j�kj!2 nXk=1 jkak�1j!26N1(P )2� 11 � jaj�4 doncjga(P )j6N1(P )� 11 � jaj�2 et ga est continue.� Choisissons �1.�16N1 donc pour jaj < 1, ga est continue.�1(Xn) = 1 et limn!+1 jga(Pn)j = +1 donc ga n'est pas continue.� Choisissons �1.�16�1 donc pour jaj < 1, ga est continue.�1((n+1)Xn) = 1 et jga((n+1)Xn)j = n(n+1)jajn�1 donc pour jaj > 1; gan'est pas continue.� Choisissons �2.�26�1 donc pour jaj < 1, ga est continue.�16�2 donc pour jaj>1, ga n'est pas continue.58. Choisissons Pn = Xn ; �1(P 0n) = n et �1(Pn) = 1 donc P 7�! P 0 n'est pascontinue.8t 2 [0; 1]; j(1 + t)P (t)j62jP (t)j62�1(P ) donc l'application est continue.59. N est bien d�e�nie.Montrons d'une mani�ere g�en�erale que pour toute partie non vide de R et pourtout � 2 R+, nous avons (si A est minor�ee) inf(�A) = � inf(A) et (si A estmajor�ee) sup(�A) = � sup(A).Si A est minor�e, x 2 A ) � inf(A)6�x donc � inf(A)6�A. En particu-lier, pour � > 0, 1� inf(�A)6� 1��A� = A donc inf(�A)6�A d'o�u l'�egalit�einf(�A) = � inf(A).Nous faisons de meme avec la borne sup�erieure.De meme, si A et B sont deux parties de R minor�ees, inf(A+B) = inf(A) +inf(B) et si A et B sont deux parties de R major�ees, sup(A+B) = sup(A) +sup(B).Supposons A et B minor�ee.

3218(a; b) 2 A�B nous avons a+ b> inf(A) + inf(B) donc inf(A+B)> inf(A) +inf(B).Soit " > 0. Il existe (a; b) 2 A � B tel que a6 inf(A) + "2 et b6 inf(B) + "2donc inf(A+B)6a+ b6 inf(A) + inf(B) + "." �etant quelconque nous avons inf(A+B)6a+ b6 inf(A) + inf(B) puis l'�ega-lit�e inf(A+B)6a+ b = inf(A) + inf(B).Nous faisons de meme avec la borne sup�erieure.(a) � Soit f 2 L telle que N (f) = 0. inf(A(f)) = 0 donc 8" > 0; 9k>0tel que 8(x; y) 2 [0; 1]2; jf(x) � f(y)j6kjx � yj. Nous avons doncjf(x)� f(y)j6"." �etant quelconque nous avons 8(x; y) 2 [0; 1]2; f(x) = f(y) et f estconstante.� Soient f et g deux �el�ements de L.k1 2 A(f) et k2 2 A(g) impliquent k1 + k2 2 A(f + g) doncA(f)+A(g) � A(f+g) puis inf(A(f)+A(g))> inf(A(f+g)) c'est-�a-direN (f) +N (g)>:N (f + g).� Soit f 2 L ; soit � 2 R; � 6= 0.Il est imm�ediat que k 2 A(f) () j�jk 2 A(�f).Nous avons alors j�jA(f) = A(�f) puis j�jN (f) = N (�f).N est une semi norme.(b) Si nous nous pla�cons sur L0, N est une norme car si f est constante, elleest nulle.60. Soit M 2 Mn(K) de terme g�en�eral mi;j . �M = X�2Sn "� nYk=1(mi;�(i) � ��(i)i X).Montrons que f : M 2Mn(K ) 7�! mi;�(i) � ��(i)i X 2 Kn [X ] est continue.Choisissons par exemple surMn(K ) la norme d�e�nie par kMk = max(i;j)2(Nn)2 jmi;jjet sur Kn [X ] la norme d�e�nie par Xk=0nakXk������ = max06k6n jakj.Soient M et N deux matrices.�mi;�(i) � ��(i)i X�� �ni;�(i) � ��(i)i X� = mi;�(i) � ni;�(i) .Nous avons alors kf(M)� f(N)k6kM �Nk.f est donc continue puis M 2 Mn(K) 7�! �M 2 Kn [X ] est continue commesomme �nie de produits �nis d'applications continues.P 2 Kn [X ] 7�! P (a) 2 K est lin�eaire donc continue sur un espace vectorielnorm�e de dimension �nie. La compos�ee M 2 Mn(K) 7�! �M(a) 2 K est donccontinue et pour a = 0, M 2Mn(K ) 7�! det(M) 2 K est continue.61. (a) Il s'agit l�a d'un r�esultat du cours que nous allons red�emontrer.2jxnynj6(xn)2 + (yn)2. Si (xn)n2N et (yn)n2N sont dans E alors la s�erie determe g�en�eral (xn)2+(yn)2 est convergente et donc aussi celle de terme g�e-n�eral jxnynj. (x; y) 2 E2 7�! +1Xn=0 xnyn 2 R est absolument convergente.

322 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES(xn + yn)2 = (xn)2 + (yn)2 + 2xnyn donc si x et y sont dans E, x+ y l'estaussi. Il est clair que �x est dans E pour tout � 2 R et x 2 E. E estdonc un espace vectoriel.La bilin�earit�e est imm�ediate. Il est clair que +1Xn=0(xn)2 est positif et estnul si et seulement si (xn)n2N = 0. Nous avons bien un produit scalaire.(b) Soit (ap)p2N une suite de Cauchy d'�el�ements de E.Pour chaque p 2 N; ap = (ap;n)n2N avec Xn (ap;n)2 convergente.Soit " > 0. Il existe un entierN tel que pour p et q au moins �egaux �a N ona +1Xn=0(ap;n � aq;n)26"2. En particulier jap;n�aq;nj6" donc la suite (ap;n)p2Nest convergente de limite bn 2 R. Soit M 2 N �x�e. MXn=0(ap;n � aq;n)26"2donc en calculant la limite lorsque q tend vers +1 nous avons8M 2 N; 8p>N; MXn=0(ap;n � bn)26"2 puis 8p>N; +1Xn=0(ap;n � bn)26"2.(ap;n � bn)n2N 2 E donc (bn)n2N 2 E et kap � bk6" pour p>N . La suite(ap)p2N est convergente et E est complet.(c) (x; y) 2 A2 ) jtxn + (1 � t)ynj6(t + (1 � t)�n pour tout t 2 [0; 1]. Aest convexe.Soit n 2 N. Consid�erons l'application pn de E dans R d�e�nie par pn(x) =xn. jxnj6kxk donc pn est continue et lin�eaire.p�1n ([��n; �n]) est ferm�e dans E. Soit yp = (yp;n)n2N la suite d�e�nie paryp;n = �n si n6p et yp;n = 0 si n > p. yp est dans A. kypk2 = pXn=0(�n)2.Si A est born�e, la suite (yp)p2N est born�ee donc X(�n)2 est convergenteet la suite (�n)n2N est dans E.Supposons (�n)n2N dans E. Soit x 2 A alors x 2 E. Nous avons donc Aborn�e si et seulement si (�n)n2N 2 E.Montrons alors que A est compact.Soit xp = (xp;n)p2N une suite de points de A. 8(n; p) 2 N2 ; jxp;nj6�n.8p 2 N; jxp;0j6�0. Il existe alors une sous-suite de terme g�en�eral x'(p);0convergente de limite y0 2 R.Pour " = 1, il existe un entier n0 tel que pour p>n0 on ait jx'0(p);0�y0j61 ;en particulier il existe un entier p0 jx'0(p0);0 � y0j61 pour " = 12, il existeun entier n1 tel que pour p>n1 on ait jx'0(p);0 � y0j612 ; en particulier ilexiste unn entier p1 > p0 tel que jx'0(p1);0 � y0j612.Nous construisons ainsi une suite strictement croissante d'entiers (pk)k2Ntelle que jx'0(pk);0 � y0j6 12k . Nous pouvons noter '0(pk), 0(k) o�u 0 est

323une application strictement croissante de N dans N.Nous faisons de meme avec x 0(p);1 pour construire 1(k) = 0('1(pk)). 1> 0.Nous faisons de meme avec les autres valeurs de n. Nous construisonsdonc pour tout n 2 N, une application strictement croissante de N dansN v�eri�ant 8(n; k) 2 N2 ; jx n(k);n � ynj6 12k o�u yn est la limite de la suitede terme g�en�eral x n(k);n.Compte tenu de la construcion des applications n, n6 n+1 et n(k) = m(k + qm;n) pour m6n avec qm;n 2 N.Nous avons donc n+1(n+ 1) > n+1(n) = n(n+ qn;n+1)> n(n).Posons �(n) = n(n).Nous avons alors pour tout entier n, �(n) < �(n+ 1).La suite x�(n) = �x�(n);q�q2N = �x�(n);0; x�(n);1; : : : ; x�(n);q ; : : :� est doncextraite de la suite (xn;q)q2N. Notons y la suite de terme g�en�eral yp. Pour(p; n) 2 N2 nous avons jx�(n);pj6�p donc 8p 2 N; jypj6�p. La suitey = (yp)p2N est donc dans A.kx�(n)� yk2 = +1Xp=0 �x�(n);q � yp�26 nXk=0 122k + 4 +1Xk=n+1(�k)26n+ 14n + 4 +1Xk=n+1(�k)2.Nous avons donc limn!+1 kx�(n)� yk2 = 0. A est donc compact.62. Notons U la fonction constante �egale �a 1. Soit f 2 E, nous avons f6kfk1Udonc '(kfk1U � f)>0 c'est-�a-dire '(f)6kfk1'(U). Cette in�egalit�e a encorelieu en rempal�cant f par �f donc j'(f)j6kfk1'(U) et ' est continue.Un exemple de fonction ' est l'int�egrale sur [0; 1].63. (a) Soit f 2 E, N (f) = 0 ) f + f 0 = 0 donc il existe � 2 R; 8t 2[0; 1]; f(t) = � exp(�t) ; f(0) = 0 donc f = 0.Soient f et g deux �el�ements de E.8t 2 [0; 1]; j(f(t) + g(t) + f 0(t) + g0(t)j6j(f(t) + f 0(t)jj(g(t) + g0(t)j6N (f) +N (g)puis N (f + g)6N (f) +N (g).Soient f 2 E et � 2 R. En posant A = (jf + f 0j)([0; 1]), nous avonsj�jA = (j�f+�f 0j)([0; 1]) puis comme nous l'avons vu plus hautN (�f) =j�jN (f).N est une norme sur E.Soit (fn)n2N une suite de Cauchy, pour N , d'�el�ements de E. Posonspour t 2 [0; 1]; g(t) = exp(�t) Z t0 (exp(u)(f(u) + f 0(u)))du = f(t) carddu (exp(u)f(u)) = exp(u)(f(u) + f 0(u)).8(t; p; q) 2 [0; 1] � N � N,

324 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESjfp(t)� fq(t)j6 exp(�t) Z t0 (exp(u)N (fp � fq))du= (1� exp(�t))N (fp � fq).Nous en d�eduisons :8(t; p; q) 2 [0; 1] � N � N; jfp(t)� fq(t)j6�1 � 1e�N (fp � fq) puiskfp � fqk16N (fp � fq).La suite (fn)n2N est de Cauchy pour la norme k k1.Pour chaque t 2 [0; 1], la suite r�eelle (fn(t))n2N est de Cauchy doncconverge vers f(t) puis (fn)n2N converge uniform�ement vers f qui estalors continue.8(p; q) 2 N2 ; N (fp � fq) = kfp � fqk1 donc, comme pr�ec�edemment, ilexiste une fonction g limite uniforme de la suite (fn � f 0n)n2N.La suite (f 0n)n2N converge donc uniform�ement et (fn)n2N converge vers fde classe C1 appartenant �a E et (f 0n)n2N converge vers f 0.8n 2 N; N (fn � f)6kfn � fk1 + kf 0n � f 0k1.Nous avons donc limn!+1N (fn � f) = 0 et (E; N ) est complet.(b) Soit f 2 E. N (f)6N 0(f). Comme nous l'avons vu �a la question pr�ec�e-dente,8t 2 [0; 1]; f(t) = exp(�t) Z t0 (exp(u)(f(u) + f 0(u)))du donckfk16 �1� 1e� kf + f 0k1, kf 0k1 = k(f + f 0)� fk16kf + f 0k1 + kfk16�2 � 1e� kf + f 0k1.N 0(f)6�3 � 2e�N (f).N et N 0 sont donc �equivalentes.64. Il est imm�ediat que k k est une norme.Soient A et B deux �el�ements de Mn(C ). C = AB a pour terme g�en�eralci;j = nXk=1 ai;kbk;j .nXj=1 jci;jj6 nXk=1 nXj=1 jai;kjjbk;jj6 nXk=1 jai;kjkBk6kBkkAk.Avec les notations de l'�enonc�e, soit x = (x1; : : : ; xn) un �el�ement de C n .ku(x)k1 = supi2Nn ����� nXj=1 mi;jxj�����6kxk1kMk.Nous avons donc kjujk6kMk.Soit i0 tel que supi2Nn nXj=1 jmi;jj = nXj=1 jmi0;jj. Soit x = (x1; : : : ; xn) avec xj = 1si mi0 ;j > 0 et xj = �1 sinon.nXj=1 mi0;jxj = kMk6 supi2Nn nXj=1 mi;jxj6ku(x)k1kxk1 6kjujk.Nous avons donc kjujk = kMk.

32565. (a) N est clairement une norme. Il est imm�ediat, comme plus haut, queN 0(f + g)6N 0(f) +N 0(g) et N 0(�f) = �N 0(f) pour (f; g;lambda) 2 E � E �R.Si N 0(f) = 0 alors f est constante donc nulle.N et N 0 sont des normes.(b) Soit, pour (n; t) 2 N � [0; 1], fn d�e�nie par fn(t) = tn.N 0(fn) = n; N (fn) = 1. L'identit�e de (E; N ) dans (E; N 0) est continuesi et seulement si elle est born�ee sur la boule unit�e ; ce qui n'est pas lecas.En utilisant le th�eor�eme des accroissements �nis, nous obtenons l'exis-tence, pour f 2 E, d'un r�eel c 2]0; 1[ tel que f(t) � f(0) = tf 0(c) soitencore jf(t)j6kf 0k1 donc N (f)6N 0(f). L'identit�e (E; N 0) dans (E; N )est continue.66. (a) Ng est une norme si et seulement si 8f 2 E; kfgk1 = 0 ) f = 0,car les autres propri�et�es d'une norme sont imm�ediates, donc 8f 2 E,fg = 0 ) f = 0.Supposons que l'adh�erence de X = ft 2 [0; 1]; g(t) 6= 0g soit �egale �a[0; 1].Soit f un �el�ement non nul de E. Il existe a 2 [0; 1]; f(a) 6= 0. Parcontinuit�e, il existe un intervalle ferm�e [�; �], de longueur strictementpositive sur lequel f ne s'annule pas. Il existe un point b 2 [�; �] telque g(b) 6= 0 car sinon X 6= [0; 1]. Il vient alors fg 6= 0.Supposons X 6= [0; 1]. Il existe [�; �] � [0; 1] de longueur strictementpositive tel que X \ [�; �] = ;. 8t 2 [�; �]; g(t) = 0.Consid�erons la fonction f de E, nulle sur le compl�ementaire de ]�; �[ etdi��erente de la fonction nulle21 sur [�; �]. fg = 0 et Ng n'est pas unenorme.Ng est une norme si et seulement si X 6= [0; 1].(b) Soit f 2 E. kfgk16kfk1 kgk1.Si la fonction g ne s'annule pas sur [0; 1] c'est-�a-dire si X = [0; 1],kfk1 = 1gfg 16k1gk1 kfgk1.Dans ce cas, k k1 et Ng sont �equivalentes.Supposons X 6= [0; 1].Il existe a 2 [0; 1] tel que g(a) = 0.Posons f(t) = � (t � a+ 1)n si t 2 [0; a[(1 � t + a)n si t 2 [a; 1] .Si a = 0, on se place uniquement dans le cas t 2 [a; 1], si a = 1, on seplace uniquement dans le cas t 2 [0; a].Soit " > 0. Il existe � 2]0; 1[ et un intervalle I = [0; 1] \ [a� �; a+ �]inclus dans [0; 1], de longueur strictement positive, contenant a tel quepour t 2 I; jg(t)j6".21Par exemple pour t 2 ��; �+ �2 �, f(t) = t� � et pour t 2 ��+ �2 ; ��, f(t) = �t+ �.

326 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESLa fonction f est de norme in�nie �egale �a 1. Pour t 2 I; jf(t)g(t)j6".Pour t 2 [0; 1]nI nous avons 06f(t)6(1��)n et jf(t)g(t)j6kgk1(1��)n.Il existe N 2 N tel que pour n>N; kfgk16". limn!+1Ng(fn) = 0 etkfnk1 = 1. Les deux normes ne sont pas �equivalentes.Ng et k k1 = 1 sont �equivalentes si et seulement si g ne s'annule pas sur[0; 1].67. (a) Pour f 2 L, posons A(f) = � jf(x)� f(y)jjx � yj ; (x; y) 2 [0; 1]2; x 6= y�.L est un espace vectoriel. A(f) est major�e car f est Lipschitzienne doncC(f) existe.Pour � 2 R; A(�f) = j�jA(f) donc C(�f) = j�jC(f).Pour (f; g) 2 L2, j(f + g)(x)� (f + g)(y)j6jf(x)� f(y)j+ jg(x)� g(y)jdonc C(f + g)6C(f)C(g).k k1 est une norme donc pour prouver que N est une norme, il su�t deprouver N (f) = 0 ) f = 0.N (f) = 0 ) kfk1 donc f = 0.Montrons que (B([0; 1];R); k k1) est complet.Soit (fn)n2N est une suite de Cauchy pour k k1.8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kfp � fqk16".Pour chaque t 2 [0; 1], la suite (fn(t))n2N est une suite de Cauchy r�eelledonc convergente de limite f(t).Nous avons donc en faisant tendre q vers +1,8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; 8t 2 [0; 1]; p>N ) jfp(t)� f(t)j6".En �xant p, nous en d�eduisons que f est born�ee donc (B([0; 1];R); k k1)est complet.k k16N donc si (fn)n2N est une suite de Cauchy pour N elle l'est aussipour k k1 et il existe une fonction f limite uniforme de la suite (fn)n2N.Montrons que (fn)n2N converge vers f pourN et que f est Lipschitzienne.8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) C(fp�fq)+kfp�fqk16".En particulier pour x et y �x�es, jfp(x)� fq(x)� fp(y) + fq(y)jjx � yj 6" doncen faisant tendre q vers +1 nous avons jfp(x)� f(x)� fp(y) + f(y)jjx � yj 6"puis jf(x)� f(y)jjx� yj 6 jfp(x)� fp(y)jjx� yj + " et sup jf(x)� f(y)jjx� yj 6C(fp) + ".p �etant choisi apr�es un choix de ", nous en d�eduisons que f est Lipschit-zienne et limn!+1 C(fn � f) = 0 puis limn!+1N (fn � f) = 0.L'espace L est complet pour la norme N .(b) En choisissant fn continue telle fn(t) = 1 pour t 2 � 1n; 1�, fn(0) = 0 etfn a�ne sur �0; 1n�, nous avons une application n-Lipschitzienne.N (fn) = n; kfnk1 = 1. Les deux normes ne sont pas �equivalentes.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

327Remarque Soit (fn)n2N la suite d�e�nie par fn(t) = rt+ 1n2 . fn estn2-Lipschitzienne. 06rt + 1n2 �pt6 1n donc la suite (fn)n2N convergesur B([0; 1];R) muni de la norme k k1. Cependant la limite n'est pas Lip-schitzienne. La limite uniforme d'une suite d'applications Lipschitziennesn'est pas n�ecessairement Lipschitzienne.68. (a) Soient P = nXi=0 aiX i et Q = mXj=0 bjXj. PQ = n+mXk=0 0B@ Xi+j=ki6n;j6m aibj1CAXk.Xi+j=ki6n;j6m aibj 6min(m+ 1; n+ 1)kPk1 kQk1.(b) (�) Montrons que f est born�ee sur la boule N1(x)61; N2(y)61.f est continue en (0; 0) donc il existe � > 0 tel que pour (x; y) 2E � F; N1(x)6�; N2(y)6�) kf(x; y)k61.Soient x 2 E et y 2 F deux �el�ements de normes au plus �egales �a 1.Posons x0 = �x et y0 = �y. Nous avons alors kf(x0; y0)k61 soitencore �2kf(x; y)k61 d'o�u le r�esultat.Pour f et g appartenant �a B et � 2 C ,k(f+g)(x; y)k6kf(x; y)k+kg(x; y)k et k(�f)(x; y)k = j�j kf(x; y)k.Nous avons bien kjf + gjk6kjf jk+ kjgjk et kj�f jk = j�jkjf jk.Si kjf jk = 0 alors f est nulle sur la boule N1(x)61; N2(y)61.Soit (x; y) 2 E � F ; avec x et y non nuls.Posons x0 = 1N1(x)x et y0 = 1N2(y)y.f(x0; y0) = 0 puis f(x; y) = N1(x)N2(y)f(x0; y0) = 0. kj jk est bienune norme.Pour (x; y) 2 E � F , il existe (u; v) 2 E � F , o�u les normes de uet v sont �egales �a 1, tel que x = N1(x)u; y = N2(y)v . Il vient alorskf(x; y)k = N1(x)N2(y)kf(u; v)k6N1(x)N2(y)kjf jk d'o�u le r�esultatdemand�e.(��) D'apr�es ce que nous venons de voir, si f 2 B l'in�egalit�e est v�eri��ee.Supposons cette in�egalit�e v�eri��ee. Soient (x; a) 2 E2 et (y; b) 2 F 2.f(x; y)� f(a; b) = f(x� a; y � b) + f(x � a; b) + f(a; y � b).Nous avons alorskf(x; y)� f(a; b)k6KN1(x� a)N2(y � b) +KN1(x� a)N2(b)+KN1(a)N2(y�b).f est donc continue.(c) Nous d�eduisons de ce qui pr�ec�ede que p est continue et nous avons alorskjpjk6min(m + 1; n + 1).Soient P = nXi=0 X i et Q = mXi=0 X i. PQ = n+mXk=0 0B@ Xi+j=ki6n;j6m 11CAXkX i.

328 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESNous avons kPQk1 = min(m+ 1; n+ 1) avec kPk1 = kQk1 = 1.Nous en d�eduisons kjpjk = min(m + 1; n + 1).69. Soient f et g deux �el�ements de E.060@f(0)sZ 10 g02(t) dt � g(0)sZ 10 f 02(t) dt1A2 = f(0)2 Z 10 g02(t) dt+g(0)2 Z 10 f 02(t) dt � 2f(0)g(0)sZ 10 g02(t) dtsZ 10 f 02(t) dtdonc2f(0)g(0)sZ 10 g02(t) dtsZ 10 f 02(t) dt6f(0)2 Z 10 g02(t) dt + g(0)2 Z 10 f 02(t) dt.Nous obtenons alorsf(0)2g(0)2+f(0)2Z 10 g02(t) dt+g(0)2Z 10 f 02(t) dt+�Z 10 g02(t) dt��Z 10 f 02(t) dt�>f(0)2g(0)2+�Z 10 g02(t) dt��Z 10 f 02(t) dt�+2f(0)g(0)sZ 10 g02(t) dtsZ 10 f 02(t) dtNous en d�eduisonsvuuut(f(0) + g(0))2 +0@sZ 10 g02(t) dt +sZ 10 f 02(t) dt1A26sf(0)2 + Z 10 f 02(t) dt +sg(0)2 + Z 10 g02(t) dt.D'apr�es l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous avonss(f(0) + g(0))2 + Z 10 (f 0(t) + g0(t))2 dt6vuuut(f(0) + g(0))2 +0@sZ 10 g02(t) dt+sZ 10 f 02(t) dt1A2.Nous obtenons �nalement N(f + g)6N(f) +N(g).Soit f 2 E v�eri�ant N(f) = 0 alors f(0) = 0 et, f 0 �etant continue, f 0 = 0 cequi conduit �a f = 0.Il est imm�ediat que N(�f) = j�jN(f) pour � 2 R et f 2 E.Soit f 2 E. Il existe t0 2 [0; 1] tel que jf(t0)j = kfk1.jf(t0)j = ����f(0) + Z t00 f 0(u) du����.Nous en d�eduisons kfk16jf(0)j+ Z 10 jf 0(t)j dt. En utilisant l'in�egalit�e deCauchy-Schwarz nous obtenons

329kfk16jf(0)j+sZ 10 (f 0(t))2 dt puis(kfk1)26(f(0))2 + Z 10 (f 0(t))2 dt+ 2jf(0)jsZ 10 (f 0(t))2 dt.Pour tout couple de r�eels a et b nous avons 2ab6a2 + b2 donc(kfk1)262(f(0))2 + 2 Z 10 (f 0(t))2 dt = 2N(f)2.Les deux normes ne sont pas �equivalentes. En e�et consid�erons, pour n 2 N,la fonction fn d�e�nie par fn(0) = 0 etfn0(t) = 8>>>>>>>><>>>>>>>>: 2(n+ 1)2t si t 2 �0; 2n + 1��2(n + 1)2 �t � 1n+1� si t 2 � 2n + 1 ; 1n + 1�0 si t 2 � 1n + 1 ; 1� .Z 10 (f 0n)2(t) dt = 23(n+ 1) donc N(fn) = r23(n+ 1).f 0n>0 donc kfnk1 = Z 10 f 0n(t) dt = 12.N(fn) n'est pas born�e alors que kfnk1 l'est.70. (a) (�) jf j est continue strictement positive ; elle atteint son maximum kfk1en un point t0 de [a; b]. Il existe � > 0 tel que pour tout t 2 [a; b]v�eri�ant jt� t0j6� on ait jf(t)� f(t0)j6"2.Notons [�; �] = [a; b] \ [t0 � �; t0 + �]. Nous avons a6� < �6b etpour t 2 [�; �] jf(t)j>kfk1 � "2.(��) limn!+1 np� � � = 1 donc il existe un entier N1 > 0 tel que pour toutentier n>N1 on ait np� � � >1� "2kfk1 .(���) Comme pr�ec�edemment il existe un entier N2 > 0 tel que pour toutentier n>N2 on ait npb� a 61 + "2kfk1Soit � > 0. lim"!0�1 + "2kfk1� kfk1 = kfk1,lim"!0�1� "2kfk1��kfk1 � "2� = kfk1 donc il existe " > 0 v�eri�ant�1 + "2kfk1� kfk16kfk1 + � et�1 � "2kfk1��kfk1 � "2�>kfk1 + �." > 0 �etant ainsi choisi, pour n>N>max(N1; N2) nous avons

330 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESZ ba jf(t)jndt>(� � �)�kfk1 � "2� puis�1� "2kfk1��kfk1 � "2�6�Z ba jf(t)jn dt� 1n 6 npb � a kfk16�1 + "2kfk1� kfk1c'est-�a-dire kfk1 � �6�Z ba jf(t)jn dt� 1n kfk1 + �.Nous obtenons22 bien limn!+1�Z ba jf(t)jn dt� 1n = kfk1.(b) Si p = 1 f 2 C0([a; b]; E) 7�! Z ba kf(t)k dt 2 R+ est une norme ; il s'agitd'un r�esultat du cours.Supposons p > 1. Posons q = pp � 1 donc 1p + 1q = 1.Soient f et g deux applications continues de [a; b] dans R+.Montrons l'in�egalit�e Z ba f(t)g(t) dt6�Z ba f(t)p dt� 1p �Z ba g(t)q dt� 1q .Si f ou g est nulle alors l'in�egalit�e est v�eri��ee. Si f et g sont non nullesalors A = �Z ba f(t)p dt� 1p > 0 et B = �Z ba g(t)q dt� 1q > 0.Posons F = 1Af et G = 1Bg. Z ba F (t)p dt = Z ba G(t)q dt = 1.La fonction ln est concave doncln�1pF (t)p + 1qG(t)q�>1p ln (F (t)p) + 1q ln (G(t)q) = ln(F (t)G(t)) doncF (t)G(t)61pF (t)p + 1qG(t)q. Nous en d�eduisonsZ ba F (t)G(t) dt61p + 1q = 1 puis en rempla�cantZ ba f(t)g(t) dt6�Z ba f(t)p dt� 1p �Z ba g(t)q dt� 1q .L'in�egalit�e est d�emontr�ee.(f(t) + g(t))p = f(t)(f(t) + g(t))p�1 + g(t)(f(t) + g(t))p�1.En utilisant l'in�egalit�e23 pr�ec�edente nous obtenonsZ ba f(t)(f(t) + g(t))p�1 dt+ Z ba g(t)(f(t) + g(t))p�1 dt22Le r�esultat ne change pas si on suppose f �a valeurs dans un espace vectoriel norm�e de dimension�nie ; il su�t de remplacer partout jf j par kfk.23Dite in�egalit�e de Holder.

3316�Z ba f(t)p dt� 1p �Z ba (f(t) + g(t))(p�1)q dt� 1q+�Z ba g(t)p dt� 1p �Z ba (f(t) + g(t))(p�1)q dt� 1q .Nous en d�eduisonsZ ba (f(t) + g(t))p dt6�Z ba (f(t) + g(t))p dt� 1q �Z ba f(t)p dt� 1p+ �Z ba g(t)p dt� 1p!.En simpli�ant nous obtenons�Z ba (f(t) + g(t))p dt� 1p 6�Z ba f(t)p dt� 1p +�Z ba g(t)p dt� 1p .Il est alors imm�ediat que Np est une norme.(c) Soit g une fonction en escaliers. Il existe une subdivision (t0; t1; � � � ; tn)de [0; 1] telle que la restriction de g �a ]ti; ti+1[ est constante �egale �a�i 2 [a; b]. '�Z 10 g(t) dt� = ' n�1Xi=0 (ti+1 � ti)�i!. ' �etant convexenous obtenons '�Z 10 g(t) dt�6 n�1Xi=0 (ti+1 � ti)'(�i) car ti+1 � ti>0 etn�1Xi=0 (ti+1 � ti) = 1.' � g est aussi en escalier ; constante sur ]ti; ti+1[.Z 10 (' � g)(t) dt = n�1Xi=0 (ti+1 � ti)'(�i).L'in�egalit�e est v�eri��ee dans ce cas.Soit (gn)n2N une suite de fonctions en escalier, �a valeurs dans [a; b], quiconverge vers g. j(' � gn)(t)j6k'k1 donc on peut appliquer le th�eor�emede convergence domin�ee.Nous avons alors limn!+1 Z 10 (' � gn)(t) dt = Z 10 (' � g)(t) dt. ' �etant conti-nue nous obtenons limn!+1'�Z 10 gn(t) dt� = '�Z 10 g(t) dt�. Le r�esultatdemand�e est donc d�emontr�e.(d) Soit (p; q) 2 N2 ; p>q. Soit F l'application d�e�nie par F (t) = t pq . F estconvexe car pq>1. Nous avons donc �Z 10 jf(t)jq dt� pq 6 Z 10 jf(t)jp dt doncNq6Np. Par ailleurs Z 10 jf(t)jn dt6 (kfk1)n donc 8n 2 N; Nn(f)6N1.

332 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES71. (a) N est bien d�e�nie, �a valeurs r�eelles positives.Si x1; x2; y1 et y2 sont quatre r�eels alors d'apr�es les propri�et�es de l'int�e-grale, j(x1 + x2)f(t) + (y1 + y2)g(t)j6jx1f(t) + y1g(t)j+ jx2f(t) + y2g(t)j,N [(x1; y1) + (x2; y2)]6N(x1; y1) +N(x2; y2) et pour � 2 R,mathR 10 j�xf(t) + �yg(t)jdt = j�j R 10 jxf(t) + yg(t)jdt.Z 10 jxf(t) + yg(t)jdt = 0 implique, la fonction int�egr�ee �etant continue etpositive, xf + yg = 0. N est donc une norme si et seulement si f et g nesont pas colin�eaires.(b) Dans le cas consid�er�e, N est une norme et N(x; y) = Z 10 jx+ ytjdt.Le disque unit�e est l'ensemble des points du plan tels que Z 10 jx+ ytjdt61.Pour y = 0, nous obtenons jxj61.Supposons y 6= 0. Trois cas sont possibles ;�xy60; 0 < �xy < 1; 16 � xy .Dans le premier cas, x+ ty a un signe �xe, celui de y.N(x; y) = sgn(y) Z 10 (x+ ty)dt = sgn(y)�x + y2�.Dans le troisi�eme cas, x+ ty a un signe �xe, celui de �y.N(x; y) = � sgn(y) Z 10 (x+ ty)dt = � sgn(y)�x + y2�.Dans le deuxi�eme cas, x+ ty change de signe.N(x; y) = sgn(x) Z �xy0 (x+ ty)dt� sgn(x) Z 1�xy (x+ ty)dt= � sgn(x)�2x2 + y2 + 2xy2y �.Nous obtenons donc en regroupant les r�eponses :� x>0 et x + y>0, 2x + y62.� x60 et x + y60, 2x + y> � 2.� x>0 et x + y60, 2x2 + 2xy + y2 + 2y60.� x60 et x + y>0, 2x2 + 2xy + y2 � 2y60.Nous obtenons alors le trac�e suivant :–4

–2

0

2

4

–4 –2 2 4

333

334 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES72. j'(f)j6kfk1 donc ' est continue.Consid�erons, pour n 2 N; n>3, fn d�e�nie parf(n(t) = 1 pour t 2 �0; 12 � 1n�f(n(t) = �1 pour t 2 �12 + 1n; 1�f(n(t) = �nt + n2 pour t 2 �12 � 1n; 12 + 1n�fn est continue, kfnk1 = 1 et '(fn) = 1 � 1n donc supkfk1=1 j'(f)j = 1. La normede ' est donc �egale �a 1.Si la norme est atteinte, il existe f 2 E telle que kfk1 = 1 et j'(f)j = 1 donc1 = �����Z 120 f(t)dt� Z 112 f(t)dt�����6 Z 120 jf(t)jdt+ Z 112 jf(t)jdt = Z 10 jf(t)jdt61.Nous avons alots Z 10 jf(t)jdt = 1 soit encore Z 10 (jf(t)j � 1)dt = 0 par conti-nuit�e de jf j � 1 qui est de signe �xe, nous en d�eduisons 8t 2 [0; 1]; jf(t)j = 1.f ne peut changer de signe sans s'annuler donc 8t 2 [0; 1]; f(t) = 1 ou8t 2 [0; 1]; f(t) = �1 et '(f) = 0 ce qui est contradictoire.73. Soit u une suite r�eelle convergeant vers 0. u est born�ee donc '(u) est biend�e�ni. '(u)6kuk +1Xn=0 12n+1 = kuk. ' est continue.Consid�erons la suite (uk)k2N d'�el�ements de E d�e�nie par :� uk;n = 1 pour n6kuk;n = 0 pour n > k .'(uk) = kXn=0 12n+1 et kukk = 1. limk!+1 j'(uk)j = 1 donc la norme de ' est �egale�a 1.Supposons qu'il existe une suite u 2 E de norme 1 v�eri�ant j'(u)j = 1.1 = �����+1Xn=0 un2n+1 �����6 +1Xn=0 junj2n+161 donc +1Xn=0 junj2n+1 = 1 soit encore +1Xn=0 junj � 12n+1 = 0.Chaque �el�ement de la somme �etant positif, il vient 8n 2 N; junj = 1 ce quiest contraire au fait que la suite (un)n2N converge vers 0. La norme n'est doncpas atteinte.74. (a) p �etant continue, IdE est continue donc q = IdE � p est continue.p�1(f0g) = G; q�1(f0g) = F . f0g est ferm�e24 donc F et G le sont.(b) F et G sont ferm�es, inclus dans E qui est complet ; ils sont complets.24f0g est ferm�e car il s'agit d'un espace vectoriel de dimension �nie ; on peut aussi remarquerque pour tout a 62 f0g la boule de centre a et de rayon kak2 est incluse dans le compl�ementaire def0g qui est alors ouvert.

335Supposons F et G complets.Soit (xn)n2N une suite de Cauchy de points de E. p et q sont unifor-m�ement continues (car il s'agit d'applications lin�eaires continues) donctransforment une suite de Cauchy en une suite de Cauchy. En e�et soitf une application uniform�ement continue d�e�nie sur un espace m�etrique(X; d1) �a valeurs dans un espace m�etrique (Y; d2).Soit (un)n2N une suite de Cauchy de points de X .Soit " > 0, il existe � > 0 tel que 8(a; b) 2 X2; d1(a; b)6� )d2(f(a); f(b))6".Il existe N 2 N tel que pour tous entiers p et q au moins �egaux �a N ,d1(up; uq)6� donc d2(f(up); f(uq))6". La suite de terme g�en�eral f(un)est bien de Cauchy.Les deux suites (p(xn))n2N et (q(xn))n2N sont de Cauchy et convergent ;(xn)n2N = (p(xn))n2N+(q(xn))n2N est alors convergente et E est complet.75. (a) p� q est un endomorphisme sym�etrique donc il existe une base orthonor-male, (e1; : : : ; en), de diagonalisation de p � q.8i 2 Nn ; (p � q)(ei) = �iei; �i 2 R. �i = ((p� q)(ei) j ei).Soit ("1; : : : ; "n) une base ortonormale de E ; les r premiers vecteurs�etant une base de L l'image de p. De meme soit ("01; : : : ; "0n) une baseortonormale de E ; les s premiers vecteurs �etant une base de M l'imagede q.Pour chaque i 2 Nn , ei s'�ecrit nXj=1 �i;j"j = nXj=1 �i;j"0j .p("j) = "j pour j6r et p("j) = 0 pour j > r.q("0j) = "0j pour j6s et q("0j) = 0 pour j > s.(p(ei) j ei) = rXj=1 �i;j ("j j ei) = rXj=1 (�i;j)2.De meme, (q(ei) j ei) = sXj=1 (�i;j)2.8i 2 Nn ; �i = rXj=1 (�i;j)2 � sXj=1 (�i;j)2.Les bases �etant orthonormales, nous avons nXj=1 (�i;j)2 = nXj=1 (�i;j)2 = 1donc j�ij61.Soit x 2 E. x = nXi=1 xiei.k(p� q)(x)k2 = nXi=1 (�ixi)26 nXi=1 (xi)2 = kxk2.La norme de l'endomorphisme p� q est donc au plus �egale �a 1.Nous pouvons faire une d�emonstration directe.Soit x 2 E. Notons x1 = p(x) et x2 = x� x1. x1 et x2 sont orthogonaux.p(x) � q(x) = x1 � q(x) = x1 � q(x1)� q(x2).

336 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESNotons x3 = q(x1), x1 = x3 + x03, x4 = q(x2) et x2 = x4 + x04.p(x) � q(x) = x1 � x3 � x4 = x03 � x4 o�u x03 2 Ker(q) et �a x4 2 Im(q).kx1k2 = kx3k2 + kx03k2; kx2k2 = kx4k2 + kx04k2.kp(x)� q(x)k2 = kx03k2 + kx4k2 = kx1k2 � kx3k2 + kx2k2 � kx04k2= kxk2 � kx3k2 � kx04k26kxk2.(b) Supposons r > s.dim(L \M?) = r + n� s� dim(L+M?). Si dim(L \M?) = 0 alorsdim(L+M?) > n ce qui est faux. Il existe donc un vecteur non nul dansL \M?. Nous pouvons toujours supposer qu'il s'agit de "1 qui v�eri�edonc p("1) = "1 et q("1) = 0 puis (p � q)("1) = "1. Nous en d�eduisonsque la norme de p� q est au moins �egale �a 1 donc �egale �a 1. Nous avonsle meme r�esultat avec s > r.Nous avons donc (dim(L) 6= dim(M)) ) kjp � qjk = 1 d'o�u le r�esultatdemand�e.76. f et g �etant born�ees, '(u) est d�e�nie pour tout r�eel u.Soient u et v deux r�eels et soit x 2 X .f(x) + ug(x) = (u � v)g(x) + (f(x) + vg(x)) donckf(x) + ug(x)k6ju � vjkg(x)k + kf(x) + vg(x)k6ju � vjkgk1 + '(v) puis'(u)6ju�vjkgk1 +'(v). En �echangeant les roles de u et v nous en d�eduisonsj'(u)� '(v)j6kgk1ju � vj d'o�u le r�esultat.77. Soit f la fonction d�e�nie par f(0) = 0 et pour t 2]0; 1]; f(t) = t 32 sin�1t�.Pour t 6= 0, ����f(t)t ���� = t 12 ����sin�1t�����6pt ; f est d�erivable en 0 de d�eriv�ee nulleen 0. f est donc d�erivable.Soient, pour n 2 N� , xn = 12n� et yn = n1 + 2n2� .f(xn) = 0. f(yn) = � n1 + 2n2��32 sin� 1n� �n!+1 12n2�r 12n� .Nous avons alors f(xn)� f(yn)xn � yn �n!+1 �p2n�.Nous en d�eduisons limn!+1 f(xn)� f(yn)xn � yn = �1. f n'est pas Lipschitzienne.78. (a) Nous avons d�ej�a vu ce r�esultat25. Si E est de dimension �nie alorstr(u � v � v � u) = 0 = tr(IdE) = dim(E)>1. E est donc de dimensionin�nie.(b) Montronsque pour tout n 2 N� ; un � v � v � un = nun�1.Le r�esultat est vrai pour n = 1. S'il est vrai jusqu'au rang n alorsun+1 �v = u�v�un+nun = (v�u+IdE)�un+nun = v�un+1 +(n+1)und'o�u le r�esultat.(c) Supposons u et v continues. Nous avons alorskjun � vjk = kj(nIdE + v � u) � un�1jk>nkjun�1jk � kjv � unjk puis25Exercices num�eros 153 et suivants.

337nkjun�1jk6kjun�1jk(kjv � ujk kju � vjk)62kjun�1jkkjujkkjvjk.un ne s'annule pas car u �etant non nul il existerait n>2 tel que un�1 6= 0et un = 0 puis, d'apr�es la relation d�emontr�ee pr�ec�edemment, 0 = nun�1.Nous avons donc 8n 2 N� ; n62kjujk kjvjk ce qui est exclu.79. (a) Soient n et p deux entiers naturels. kjun+p � unjk6kjvjkn+11 � kjvjkp1 � kjvjk .La suite (un)n2N est donc une suite de Cauchy ; elle converge car E �etantde dimension �nie, L(E) est complet. Il existe un endomorphisme u li-mite de la suite (un)n2N.(IdE � v) � nXk=0 vk! = IdE � vn+1.kjvn+1jk6kjvjkn+1 ; limn!+1 vn+1 = 0 et la suite ((IdE � v) � un)n2N convergevers IdE . L'application lin�eaire w 2 L(E) 7�! (IdE � v) � w 2 L(E) estcontinue donc (IdE � v) � u = IdE ; u est l'inverse de IdE � v qui estinversible.(b) En posant v = IdE�f , nous en d�eduisons que f = IdE�v est inversible.80. (a) Montrons que LC(E) est complet lorsque E l'est.Soit (un)n2N une suite de Cauchy d'�el�ements de LC(E)8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kjup � uqjk6".Pour chaque x 2 E, la suite de terme g�en�eral un(x) est une suite deCauchy de points de E ; elle est donc convergente vers un �elements u(x).Montrons que u est un endomorphisme continu.Pour (x; y; �) 2 E � E � C nous avons un(x + �y) = un(x) + �un(y)donc u(x + �y) = u(x) + �u(y) et u est lin�eaire. En reprenant les no-tations pr�ec�edentes et en faisant tendre q vers +1 nous en d�eduisons8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N 8x 2 E ) kup(x) � u(x)k6"kxk etenparticulier ku(x)k6"kxk+ kjuN jk kxk = Kkxk. u est donc continue etLC(E) est complet.Comme dans l'exercice pr�ec�edent, consid�erons un endomorphismew continude norme strictement inf�erieure �a 1. La suite de terme g�en�eral nXk=0 wk estde Cauchy donc converge vers un �el�ement h de LC(E).' 2 LC(E) 7�! (IdE � w) � ' 2 LC(E) est continue car lin�eaire et v�eri-�ant kj(IdE � w) � 'jk6kjIdE � wjkkj'jk donc(IdE � w) � h = limn!+1(IdE � w) � nXk=0 wk! = IdE � wn+1 = IdE .Nous en d�eduisons alors que IdE � w est inversible puis que si v est unendomorphisme continu tel que la norme de IdE � v est strictement in-f�erieure �a 1 celui-ci est inversible.Soit u 2 GLC(E). Consid�erons la boule, B, ouverte de centre u de rayon1ku�1jjk .v 2 B ) kjIdE � u�1 � vjk = kju�1 � (u � v)jk6kju�1jk kju� vjk < 1.

338 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESNous en d�eduisons que u�1 � v est inversible puis que v l'est aussi etB � GLC(E) qui est un ensemble ouvert.(b) Soit h 2 LC(E), kjhjk < 1kju�1jk .IdE + u�1 �h est inversible d'apr�es ce que nous avons vu pr�ec�edemment ;donc u + h aussi. Nous avons (u + h)�1 = (IdE + u�1 � h)�1 � u�1 et�IdE + u�1 � h��1 � IdE = +1Xn=1(�1)n(u�1 � h)n.kj �IdE + u�1 � h��1 � IdEjk6 +1Xn=1 kju�1jknkjhjkn = kju�1jk kjhjk1 � kju�1jk kjhjk.Nous avons donc kj (u+ h)�1 � u�1jk6 kju�1jk2kjhjk1 � kju�1jkkjhjk puislimh!0(u+ h)�1 � u�1 = 0. L'application u 2 GLC(E) 7�! u�1 2 GLC(E)est continue2681. (a) Si p = 0; Ep = Mn(K) est ouvert et est �egal �a son adh�erence. Nouspouvons supposer p>1.Soit M0 2Mn(K ) une matrice de rang r au moins �egal �a p. Il existe unematrice inversible P et une matrice inversible Q telles que M0 = PJrQ.L'application (ai;j)(i;j)2 (Nr)2 2 C r2 7�! X�2Sr "� rYi=1 ai;�(i) 2 K est polyno-miale donc continue. L'applicationA 2Mr(K) 7�! (ai;j)(i;j)2 (Nr)2 2 C r2est continue donc l'application A 2 Mr(K) 7�! det(A) 2 K est continueet l'ensemble des matrices inversibles de Mr(K) est un ouvert.Choisissons la norme d�e�nie par kMk1 = X(i;j)2(Nn)2 jmi;jj.Il existe donc � > 0 tel que la boule centr�ee en Ir de rayon � soit inclusedans GLr(K).Soit B 2 Mn(K ). Notons Br la matrice de 2 Mr(K) sous-matrice deB obtenue en ne conservant que les r premi�eres lignes et les r premi�erescolonnes de B.kB � Jrk16� ) kBr � Irk16�. Br est inversible donc rg(B)>r. Ilexiste donc une boule de rayon > 0 centr�ee en Jr incluse dans Ep.Toutes les normes �etant �equivalentes, cela est vrai pour une norme sous-multiplicative k k.Soit � > 0. kP�1(M �M0)Q�1k = kP�1MQ�1 � Jrk. kM �M0k6� )kP�1k kQ�1k kP�1MQ�1 � Jrk6�kP�1k kQ�1k.En choisissant �6 �kP�1k kQ�1k , nous en d�eduisons que P�1MQ�1 est de26Lorsque E est de dimension �nie, GLC(E) est l'image r�eciproque de C � par l'applicationd�eterminant et u 2 GLC(E) 7�! u�1 2 GLC(E) est l'application, apr�es avoir choisi une base etidenti��e matrice et endomorphisme, M 7�! 1det(M) fM . Ces applications peuvent etre regard�eescomme des applications de C n2 dans lui-meme ; la premi�ere ayant chaque fonction coordonn�eepolynomiale, la seconde ayant chaque fonction coordonn�ee rationnelle. Elles sont continues.

339rang au moins �egal �a p donc M est de rang au moins �egal �a p et la boulecentr�ee en M0 de rayon � est incluse dans Ep. Ep est bien un ouvert.Montrons que toute matrice M de Mn(K) est limite d'une suite de ma-trices de Ep.Si rg(M)>p, il est clair que M est dans Ep donc dans son adh�erence.Supposons que le rang de M soit strictement inf�erieur �a p.�Ecrivons M = PJrQ o�u P et Q sont inversibles et Jr de rang r = rg(M).Soit s 2 N;.Posons As = 1s+ 1Ip�r et Ms = P 0B@Jr 0 00 As 00 0 01CAQ 2 Mn(K). Ms estde rang p. Il est clair que lims!+1Ms = M d'o�u le r�esultat demand�e27.(b) Le compl�ementaire de Fp est Ep+1 qui est donc ouvert.Soit A 2 Fp. A est �equivalente �a une matrice Jr avec r = rg(A)6p. Ilexiste deux matrices inversibles P et Q telles que PJrQ = A.Posons Bs = Diag(1; : : : ; 1; 1s+1 ; : : : ; 1s+1 ; 0; : : : ; 0) 2 Mn(K) o�us 2 N. Le nombre de 1 est �egal �a r, le nombre de 1s+ 1 est �egal �a p � r.lims!+1Bs = Jr donc lims!+1PBsQ = PJrQ = A avec rg(PBsQ) = p.82. Soit M0 2Mn(C ). M0 est semblable �a une matrice T0 triangulaire sup�erieure.Il existe P inversible telle que M0 = PT0P�1.SoitMs = P (T0+Ds)P�1 o�u Ds = Diag� 1s+ 1 ; s+ 1 ; : : : ; ns+ 1� et s 2 N.Les valeurs propres de la matrice Ms sont �i + is+1 ; i 2 Nn o�u �1; : : : �n sontles valeurs propres de M0.�i + is+ 1 = �j + js+ 1 () �i � �j = j � is+ 1. Si �i = �j , cette �egalit�e nepeut avoir lieu ; si �i 6= �j , comme lims!+1 j � is+ 1 = 0, cette �egalit�e ne peut avoirlieu pour s assez grand.Pour chaque couple (i; j) 2 (Nn)2 avec i 6= j, il existe un entier Ni;j au del�aduquel pour tout s 2 N, �i + is+ 1 6= �j + js+ 1.En choisissant un entier N plus grand que tous les entiers Ni;j , nous en d�edui-sons que pour tout s>N , 8(i; j) 2 (Nn)2 avec i 6= j, �i + is+ 1 6= �j + js+ 1.Pour s>N , les matrices Ms sont donc diagonalisables et lims!+1Ms = M0 doncl'adh�erence de l'ensemble des matrices diagonalisables est Mn(C ).Soit A une matrice r�eelle. Il existe une suite de matrices complexes diagona-lisables (Xs + iYs)s2N, o�u Xs et Ys sont r�eelles, qui converge vers A. A �etantr�eelle, nous avons A = lims!+1Xs et rien ne prouve que Xs soit diagonalisable.En e�et soit (Ms)s2N une suite de matrices qui converge vers M . Une suitede polynomes de Kn [X ] converge si et seulement si les suites des coe�cients27Nous avons d�ej�a vu ce r�esultat.

340 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESconvergent. La suite (�s)s2N des polynomes caract�eristiques des matrices Msconverge alors vers � le polynome caract�eristique de M .Par exemple, pour n = 2, soit M = � 0 �11 0 �. Si M est limite d'une suitede matrices � an cnbn dn � diagonalisables, alors (an � dn)2 + 4bncn>0. Nous end�eduisons : limn!+1(an � dn)2 + 4bncn>0 c'est-�a-dire �1>0 ce qui est faux.Autre d�emonstration.Soit V un voisinage de M .Il existe � que l'on peut supposer strictement compris en tre 0 et 12 tel quel'ensemble �N = � a �1 + c1 + b d � ; jaj6�; jbj6�; jcj6�; jdj6�� soit in-clus dans V .�N = X2 � (a + d)X + ad + (1 + b)(1 � c). Le discriminant est �egal �a(a� d)2 � 4(1 + b)(1� c) < 0. Il n'y a aucune matrice diagonalisable dans levoisinage en question ; d'o�u le r�esultat.83. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie n. Montrons qu'un en-domorphisme u 2 L(E) est diagonalisable si et seulement, en notant�1; : : : ; �p les valeurs propres de u d'ordres respectifs �1; : : : ; �p, nousavons28 Ker(u � �iIdE) est de dimension �i.Si u est diagonalisable il existe une base de E constitu�ee de vecteurspropres de u. Dans cette base, la matrice de u est Diag(�1; : : : ; �n). Lepolynome caract�eristique de u est nYi=1(�i �X) = pYj=1(�j �X)�j .Pour chaque �i il existe donc au moins �i vecteurs ind�ependants qui sontdes vecteurs propres associ�es �a �i c'est-�a-dire dim(Ker(u � �iIdE))>�i.E = pMi=1 Ker(u � �iIdE) ; nous en d�eduisons dim(Ker(u � �iIdE)) = �i.R�eciproquement si chaque espace propre Ker(u � �iIdE) est de dimen-sion �i alors pXi=1 dim(Ker(u � �iIdE)) = n et les espaces propres �etanten somme directe, nous en d�eduisons E = pMi=1 Ker(u� �iIdE) et u estdiagonalisable.Le r�esultat s'applique aux matrices.(b) Soit A une matrice diagonalisble. Notons �1; : : : ; �p les valeurs propresde A d'ordres respectifs �1; : : : ; �p. Soit (Bs)s2N une suite convergentede matrices semblables �a A, de limite B.Bs est diagonalisable donc pour chaque i 2 Np , Ker(Bs � �iIn) est de28Nous avons d�ej�a vu dans le chapitre alg�ebre lin�eaire que 16dim(Ker(u � �iIdE))6�i etdim((Ker(u� �iIdE))�i ) = �i.

341dimension �i ; c'est-�a-dire rg(Bs��iIn) = n��i < n. Nous en d�eduisons29rg(B��iIn)6n��i c'est-�a-dire dim(Ker(B��iIn))>�i. pXi=1 �i = n doncpour chaque i 2 Np ; dim(Ker(B � �iIn)) = �i et B est diagonalisable etest semblable �a A car ses valeurs propres sont les memes que celles de Aavec le meme ordre de multiplicit�e.(c) (�) Voir le corrig�e de l'exercice num�ero 50 du chapitre espaces vecto-riels30.(��) Soit y 2 G. 8i 2 N; (e�1 � ui)(y) = 0. Il est alors imm�ediat que8i 2 N; (e�1 � ui+1)(y) = 0 donc que u(y) appartient �a G.Soit y 2 F \G.8i 2 N; (e�1 � ui)(y) = 0 et y s'�ecrit : y = r�1Xj=0 �juj(x).D'apr�es les hypoth�eses, nous avons 8j 2 N; ((e�1 � uj)(x) = �r�1j .Nous en d�eduisons 8i 2 N; 0 = (e�1 � ui) r�1Xj=0 �juj(x)! = r�1Xj=i �j�iuj(x).En particulier, pour 06i6r � 1; �r�i�1 = 0 et y est nul.(���) Nous avons vu �a l'exercice num�ero 78 du chapitre alg�ebre lin�eairequ'en dimension �nie, �?B� = Vect(B).B est en fait �egal �a fe�1 � ui�1; i 2 Nrg.Consid�erons la combinaison lin�eaire 0 = r�1Xi=0 �i �e�1 � ui�.Soit j 2 N; j6r � 1.0 = r�1Xi=0 �i �e�1 � ui+j� (x) = �r�1�j . La famille �e�1 � ui�1�i2Nr est libredonc dim(Vect(B)) = r puis dim(G) = n � r.Nous avons n = dim(F ) + dim(G) = dim(F �G) donc E = F � G.Montrons maintenant le r�esultat demand�e.Supposons A non diagonalisable. Il existe une valeur propre � d'ordrede multiplicit�e r = �(�)>2 telle que l'espace propre E(�) associ�e soit dedimension strictement inf�erieure �a �(�).En utilisant le lemme des Noyaux nous en d�eduisons que A est semblable�a la matrice M = A0 00 B! 2 Mn(C ) o�u A0 = �Ir +A00, A00 �a diagonalenulle, triangulaire sup�erieure nilpotente d'ordre au plus �egal �a r.M � �In = A00 00 C! = N 2Mn(C ).S(M � �In) = S(M) � �In = S(A) � �In. S(A) ferm�e est �equivalent �a29Exercice 79 (b).30Voir le devoir num�ero 5 du livre "R�esum�e de cours textes et corrig�es de devoirs" chez Ellipses.

342 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESS(M) ferm�e car M 2 Mn(C ) 7�!M � �In 2 Mn(C ) est un hom�eomor-phisme.Il existe un vecteur colonne X tel que la famille X; A00X; : : : ; A00k�1Xest libre (k est l'indice de nilpotence de A00) et cet espace poss�ede unsuppl�ementaire stable. A00 est alors semblable �a la matrice0BBBBBBBBBBBB@ 0 : : : : : : : : : 01 . . . ...0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . ...0 : : : : : : 1 0 00 D1CCCCCCCCCCCCA et N est semblable �a la matrice

R = 0BBBBBBBBBBBB@ 0 : : : : : : : : : 01 . . . ...0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . ...0 : : : : : : 1 0 00 E1CCCCCCCCCCCCA.Soit, pour s 2 N, Ps la matrice de Mn(C ) diagonale dont tous les �el�e-ments sont �egaux �a 1 sauf l'�el�ement d'indices (1; 1) qui est �egal �a 1s+ 1.

Rs = P�1s SPs =0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

0 : : : : : : : : : 01s+ 1 . . . ...0 1 . . . ...0 . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . ...0 : : : : : : 0 1 0 00 E

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCALa suite (Rs)s2N converge vers une matrice de rang rg(S) � 1 donc n'est

343pas semblable �a la matrice initiale et n'est donc pas dans S(M) qui n'estalors pas ferm�e. S(A) n'est pas ferm�e.84. Notons X l'ensemble des matrices de Mn(C ) �a valeurs propres de modules�egaux �a 1.Soit (Mp)p2N une suite convergente, de limite M , dans Mn(C ) d'�el�ements deX .Soit Qp = (�1)p�Mp o�u �Mp est le polynome caract�eristique de Mp. Il est clairque les modules des valeurs propres de Qp sont �egaux �a 1 (ce sont des racinesde l'unit�e).Qp s'�ecrit Qp = nYi=1(X � �i;p) avec 8i 2 Nn ; j�i;pj = 1.Chaque �i;p appartient au disque unit�e U qui est ferm�e born�e donc compact.Il existe '1 une application strictement croissante de N dans N telle que lasuite de terme g�en�eral �1;'1(p) converge vers �1 2 U . De meme la suite determe g�en�eral �2;'1(p) poss�ede une valeur d'adh�erence donc il existe '2 uneapplication strictement croissante de N dans N telle que la suite de terme g�e-n�eral �2;('1�'2)(p) converge vers �2 2 U . La suite de terme g�en�eral �1;('1�'2)(p)converge alors vers �1 2 U .Supposons trouv�es '1; : : : ; 'k des applications strictement croissantes de Ndans N telles que pour chaque i 2 Nk la suite de terme g�en�eral �i;('1� ::: �'k)(p)converge alors vers �i 2 U .La suite de terme g�en�eral �k+1;p poss�ede une valeur d'adh�erence donc il existe'k+1 une application strictement croissante de N dans N telle que la suite determe g�en�eral �k+1;(('1� ::: �'k)�'k+1)(p) converge alors vers �k+1 2 U .Nous en d�eduisons que la suite de terme g�en�eral �i;(('1� ::: �'k)�'k+1)(p) converge,pour i 2 Nk+1 , vers �i 2 U .Nous obtenons par r�ecurrence l'existence d'une application ' = '1 � : : : �'nstrictement croissante de N dans N telle que pour chaque i 2 Nn , la suite determe g�en�eral �i;'(p) converge vers �i 2 U .Notons �i;p l'�el�ement �i;'(p), M 0p l'�el�ement M'(p) et Rq l'�el�ement Q'(p).Rp = Xn + n�1Xj=0 aj;pXj avec aj;p = (�1)j X1<k1< ::: <kn�j6n n�jYi=1 �i;p.Rp(M 0p) = 0 = M 0pn + n�1Xj=0 aj;pM 0pj . Pour chaque j, la suite de terme g�en�eralaj;p a donc une limite bj donc 0 = Mn + n�1Xj=0 bjM j.Soit f l'application qui a � = (�0; : : : ; �n�1) 2 C n associe le polynomeXn + n�1Xj=0 �jXj 2 C n [X ].Posons nXi=0 aiX i = nXi=0 jaij et k�k = nXi=0 j�ij qui d�e�nissent des normes res-

344 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESpectivement sur C n [X ] et C n .f(�) � f(�) = f(�� �) donc kf(�)� f(�)k = k� � �k et f est continue.Nous avons alors Xn + n�1Xj=0 bjX� = nYi=1(X � �i).Le polynome Xn + n�1Xj=0 bjXj a ses racines de modules �egaux �a 1 donc M 2 X .Montrons que tout �el�ement de X est limite d'une suite d'�el�ements de A.Soit M 2 X .M est semblable �a une matrice triangulaire sup�erieure T = (ti;j)(i;j)2(Nn)2 dontla diagonale est constitut�ee d'�el�ements de modules �egaux �a 1.Notons tj;j = exp(i�j). Il existe, pour chaque j 2 Nn , une suite31 de rationnels(rj;p)p2N qui converge vers �j2� et par continuit�e, limp!+1 exp (irj;p2�) = tj;j .Consid�erons, pour p>1, la matrice diagonale Dp 2Mn(C ) dont le terme d'in-dices (j; j)est �egal �a exp�i2(j+rj;p)�p �� tj;j .Posons alors T 0p = T +Dp.L'�el�ement d'indices (j; j) de T 0p est �egal �a t0j;j = exp�i�jp + rj;p� 2��.Soient j et k deux entiers di��erents compris en tre 1 et n.Si tj;j = tk;k alors t0j;j �t0k;k��1 = exp�ij � kp 2�� est di��erent de 1 d�es que pest strictement sup�erieur �a n.Si tj;j 6= tk;k alors limp!+1 t0j;j �t0k;k��1 = tj;j (tk;k)�1 6= 1.�A partir d'un certain rang nj;k les �el�ements t0j;j �t0k;k��1 sont di��erents de 1.En choisissant N>max�nj;k; (j; k) 2 (Nn)2; j 6= k et N>n+1, nous en d�e-duisons que pour p>N , 8(j; k) 2 (Nn)2; j 6= k; t0j;j 6= t0k;k.La matrice T 0p est alors diagonalisable et, quitte �a r�eindexer cette suite et l'ap-peler alors (Sp)p2N, celle-ci converge vers T qui est bien un �el�ement de A .La matrice M s'�ecrivait M = PTP 1 avec P 2 GLn(C ).L'application N 2 Mn(C ) 7�! M = PTP 1 2 Mn(C ) est continue donclimp!+1PT 0pP�1 = M .Pour p>N; PT 0pP�1 2 A donc M 2 A d'o�u le r�esultat demand�e.85. Soit M 2 Mn(K). �M poss�ede au plus n racines. Soit � > 0, � strictementinf�erieur au modules de toutes les racines non nulles de �M .8t 2 R; 0 < t6�)M � tIn inversible car �M (t) 6= 0.limq!+1�M � 1q + 1In� = M 2 GLn(K ).Soit F l'espace vectoriel engendr�e par GLn(K). GLn(K ) est une famille g�enra-trice donc on peut en extraire32 une base de F ; (f1; : : : ; fm). F est ferm�e (car31Si tj;j = tk;k pour j et k deux entiers di��erents, on choisira la meme suite (rj;p)p2N .32De toute famille g�en�eratrice, G, d'un espace vectoriel, F , de dimension �nie, p, on peut extraire

345la dimension est �nie) donc Mn(K) = GLn(K ) � F = F donc (f1; : : : ; fm)est une base de Mn(K).86. Soit A une matrice diagonalisable ayant une valeur propre � d'ordre r>2. SoitP 2 GLn(K) telle que P�1MP = D soit diagonale ; les r premiers �el�ementsde la diagonale de la matrice D �etant �egaux �a � .Soit Mt la matrice P (D + Qt)P�1 o�u Qt 2 Mn(K) a tous ses �el�ements nulssauf celui d'indices (1; r) qui est �egal �a t 2 K � . L'espace propre associ�e �a lavaleur propre � de la matrice D +Qt est de dimension r � 1 et la somme desespaces propres associ�es aux autres valeurs propres est de dimension n�r. Mtn'est donc pas diagonalisable.MunissonsMn(K ) d'une norme sous-multiplicative kMt�Ak6kPk kP�1k kQtk.Il existe, car toutes les normes sont �equivalentes, une constante strictement po-sitive C telle que 8t 2 K� ; kQtk6Cjtj. Nous en d�eduisons limt!0 kMt � Ak = 0donc 8" > 0; 9M 2Mn(K ), non diagonalisable dans la boule de centre A derayon ". A n'est donc pas dans l'int�erieur de l'ensemble des matrices diagona-lisables.Soit A une matrice diagonalisable �a valeurs propres deux �a deux distinctes.Soit l'application f de Kn [X ]� K dans K d�e�nie par f(P; x) = P (x).Commen�cons par le cas K=R.f est de classe C1 car elle peut etre vue comme une fonction polynomiale enles coe�cients de P et en x. Soit P0 = �A. Soit � une valeur propre de A.@f@x (P0; �) = P 00(�) 6= 0. Nous pouvons appliquer le th�eor�eme des fonctionsimplicites. Il existe V 2 V(P0), I un intervalle de centre � de rayon stricte-ment positif et une unique application ' de V dans I de classe C1 v�eri�antP (x) = 0; P 2 V; x 2 I poss�ede une et une seule solution x = '(P ) (enparticulier � = '(P0)).Choisissons pour chaque valeur propre �i; i 2 Nn un voisinage V�i , un inter-valle I�i et une application '�i associ�es. Les intervalles I�i sont deux �a deuxdisjoints ; '�1(P ); : : : ; '�n(P ) sont les n solutions deux �a deux distinctes del'�equation P (x) = 0 pour P 2W = n\i=1 V�i un voisinage de P0.Nous avons d�ej�a vu que l'application qui �a une matrice associe son polynomecaract�eristique est continue. Il existe donc un voisinage U de A tel que pourtoute matrice M de U , �M soit dans W . Dans ces conditions �M est scind�e �aracines simples et M est diagonalisable. A est un point int�erieur �a l'ensembledes matrices diagonalisables.Supposons K=C .Consid�erons l'application f de C n [X ]�R�R dans C d�e�nie par f(P; x; y) =P (x+ iy).Si P = Xp; P 0 = pXp�1 pour p>1; 0 pour p = 0.une base ; en e�et soit (e1; : : : ; ep) une base de F . Pour chaque i 2 Np, ei est une combinaisonlin�eaire (�nie) d'�el�ements de G. Un famille �nie d'�el�ements de G engendre donc les vecteurse1; : : : ; ep donc engendre F . De cette famille �nie on peut donc extraire une base de F .

346 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESP (x+ iy) = pXj=0 Cjpxj(iy)p�j = pXj=0 Cjp(iy)jxp�j .Pour p>1, la d�eriv�ee par rapport �a x est �egale �apXj=1 jCjpxj�1(iy)p�j = pXj=1 pCj�1p�1xj�1(iy)p�j = p�1Xj=0 pCjp�1xj(iy)p�1�j = P 0(x + iy).Le r�esultat est vrai pour p = 0.La d�eriv�ee par rapport �a y est �egale �a pXj=1 Cjpijjyj�1xp�j qui comme pr�ec�edem-ment conduit �a iP 0(x + iy).Soit P = nXk=0 akXk. P (x+ iy) = nXk=0 ak(x+ iy)k.La d�eriv�ee par rapport �a x est donc �egale �a nXk=1 akk(x + iy)k�1 = P 0(x + iy)celle par rapport �a y est �egale �a nXk=1 akik(x + iy)k�1 = iP 0(x + iy). Nous en d�e-duisons33, pour z = x+ iy avec x et y r�eels, @f@x (z) = P 0(z) et @f@y (z) = iP 0(z).Posons P (x+ iy) = A(x; y) + iB(x; y) o�u A et B sont des fonctions r�eelles@f@x (z) = @A@x (x; y) + i@B@x (x; y), @f@y (z) = @A@y (x; y) + i@B@y (x; y) = i@f@x (z).Nous avons donc @A@y (x; y) = �@B@x (x; y) et @A@x (x; y) = @B@y (x; y).Notons alors U l'application d�e�nie par U(x; y) = (A(x; y); B(x; y)).La matrice Jacobienne de U est 0BB@ @A@x (x; y) �@B@x (x; y)@B@x (x; y) @A@x (x; y) 1CCA dont le d�e-terminant est �@A@x (x; y)�2 +�@B@x (x; y)�2 qui est nul si et seulement si@A@x (x; y) = 0 et @B@x (x; y) = 0 c'est-�a-dire si et seulement si P 0(z) = 0.Nous pouvons donc appliquer le th�eor�eme des fonctions implicites �a f etconclure comme pr�ec�edemment.87. Soit A 2Mn(C ). Il existe une matrice P inversible telle que T = P�1AP soittriangulaire sup�erieure.Soit, pour k 2 N;Mk = T + Diag� 1k + 1 ; 2k + 1 : : : ; nk + 1�. Si l'�el�ementd'indices (i; i) de T est �i, celui de Mk est �i + ik + 1. Si �i = �j alors33Voir le livre compl�ement de cours du meme auteur.

347�i + ik + 1 6= �j + jk + 1 pour j 6= i. Si �i 6= �j alors, la limite quand k tendvers +1 de j � ik + 1 �etant nulle il existe N 2 N tel que pour k>Ni;j on ait�i � �j 6= j � ik + 1. En appelant N un entier sup�erieur �a tous les Ni;j associ�es�a des couples de valeurs propres distinctes qui sont en nombre �nis, nous end�eduisons qu'�a partir d'un certain rang N toutes les matrices Mk sont dansE. limk!+1Mk = T donc, l'application M 2 Mn(C ) dans lui meme d�e�nie parM 7�! PMP�1 �etant lin�eaire continue, nous en d�eduisons que A est la limited'une suite de matrices �a valeurs propres deux �a deux distinctes et E = Mn(C ).88. L(Rn) est de dimension �nie donc E est compact si et seulement si il est ferm�eborn�e.Montrons que E est ferm�e.Soit (un)n2N une suite d'�el�ements de E convergente, vers u, dans L(Rn), . Soitx 2 K. un(x) 2 K qui est ferm�e. kun(x) � u(x)k6kjun � ujk kxk. La suitede terme g�en�eral un(x) est donc convergente de limite u(x) 2 K. Nous avonsdonc u(K) � K et u 2 E. E est bien ferm�e.Montrons que E est born�e.Soit u 2 L(Rn). kjujk = supx2Rnx6=0 . Soit x 2 Rn; x 6= 0.Soit y = akxkx.ku(y)kkyk = ku(x)kkxk donc kyk �etant �egale �a a, kjujk6 supy2Rnkyk=a ku(y)kkyk ; comme parailleurs kjujk6 supx2Rnkxk=a ku(x)kkxk nous obtenons l'�egalit�e kjujk = supx2Rnkxk=a ku(x)kkxk c'est-�a-dire kjujk = supx2Rnkxk=a ku(x)ka .K �etant born�e, 8x 2 K; ku(x)k6M et en particulier 8x 2 Rn; kxk =a; ku(x)k6M donc kjujk6Ma . E est donc born�e. D'o�u le r�esultat demand�e.Si K ne contient pas de boule centr�ee en 0, le r�esultat peut etre faux. Ene�et soit K = [�1; 1] � f0g � R2. Consid�erons les endomorphismes dont lesmatrices dans la base canonique de R2 sont � 1 t0 1 �. La restriction �a K estl'identit�e. Si nous choisissons comme norme, la maximum des valeurs absoluesdes coe�ceints de la matrice nous en d�eduisons que pour jtj>1 la norme est�egale �a jtj. L'ensemble E n'est alors pas born�e.89. (a) Soit u 2 LC(E; F ) de rang �ni. u(E) = F 0 est de dimension �nie. Soit Bune partie born�ee de E. Il existe K > 0 tel que 8x 2 B; kxkE6K. Soitx 2 B. ku(x)kF6kjujk kxkE6Kkjujk. u(B) est donc une partie born�eede F 0.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

348 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESIl existe une boule ferm�ee de F 0, donc compacte puisque F 0 est de dimen-sion �nie, contenant u(B). u est un op�erateur compact34.(b) (�) Soit B = fx 2 E; u(x) = x; kxk61g. B est la boule unit�e deKer(u � IdE). B est born�ee, ferm�ee, car image r�eciproque de f0gpar u � IdE qui est continue, B = u(B) est inclus dans un compactdonc B est compact. D'apr�es le th�eor�eme de Riesz, la boule unit�ede Ker(u � IdE) est compacte �a condition que Ker(u� IdE) soit dedimension �nie.(��) Soit (yn)n2N une suite de points de E 0, convergente vers y dans E.IL existe (xn)n2N une suite de points de E telle que pour tout n 2N; yn = u(xn)� xn.Le noyau de u� IdE est ferm�e donc35 il existe zn 2 Ker(u� IdE) telque kxn � znk = d(xn; Ker(u � IdE).zn = u(zn); yn = u(xn)� xn = (xn � zn)� u(xn � zn).Supposons que la suite de terme g�en�eral xn � zn ne soit pas born�ee.Elle poss�ede alors une sous-suite de terme g�en�eral x0n�z0n ne prenantpas la valeur z�ero dont la norme tend vers +1. La suite de termeg�en�eral an = 1x0n � z0n (x0n � z0n) est de norme 1.y0n = kx0n � z0nk(u(an) � an) donc limn!+1 u(an)� an) = 0. La suite(an)n2N est born�ee donc la suite de terme g�en�eral u(an) poss�ede unesous-suite de terme g�en�eral u(a0n) convergente car u est u op�erateurcompact. La suite de terme g�en�eral a0n est donc aussi convergente delimite l et par continuit�e, u(l) = l. l est donc dans le noyau de u.d� 1kxn � znk(xn � zn); Ker(u� IdE)�= 1kxn � znkd(xn � zn; Ker(u� IdE))= 1kxnkd(xn � zn; Ker(u � IdE)) = 1.En particulier d(a0n; Ker(u � IdE)) = 1 qui par continuit�e de lafonction d conduit �a d(l; Ker(u � IdE)) = 1 ce qui est faux car lest dans le noyau de u � IdE. La suite de terme g�en�eral xn � zn estdonc born�ee. La suite de terme g�en�eral u(xn � zn) poss�ede donc unesous-suite convergente de limite a et comme (yn)n2N est convergente,la suite de terme g�en�eral xn � zn est aussi convergente vers u(a) etv�eri�e y = u(a)� a 2 Im(u � IdE). Im(u� IdE) est donc ferm�e.90. (a) Supposons qu'il existe " > 0 tel que pour toute famille �nie de boulesferm�ees de rayons " la r�eunion de cette famille ne contient pas A.Soit a0 2 A. La boule ferm�ee centr�ee en a0 de rayon " ne contient pas Adonc il existe a1 2 A en dehors de cette boule ; c'est-�a-dire d(a0; a1) > ".B(a0; ") [ B(a1; ") ne contient pas A donc il existe a2 2 A v�eri�ant34Pour plus de renseignements sur les op�erateurs compacts, voire le livre du meme auteur :"r�esum�es de cours textes et corrig�es de devoirs" chez Ellipses ; page 272 et suivantes.35Voir un exercice d�ej�a vu plus haut.

349d(a0; a2) > " et d(a1; a2) > ".Supposons construits (a0; a1; : : : ; an) 2 An+1 v�eri�ant8(i; j) 2 (f0; : : : ; ng)2; i 6= j; d(ai; aj) > ".n[i=0B(ai; ") ne contient pas A donc il existe an+1 2 A tel que pour touti 2 f0; : : : ; ng, d(ai; an+1) > ".Il existe donc une suite (an)n2N de points de A v�eri�ant8(i; j) 2 N2 ; i 6= j; d(ai; aj) > ".Cette suite ne poss�ede donc aucune sous-suite convergente ce qui estcontradictoire avec le fait que A est compact.(b) Soit u 2 LC(E) tel que u(B(0; 1)) est compact. D'apr�es le r�esultatpr�ec�edent, " > 0 �etant donn�e, il existe une famille �nie de n boules fer-m�ees de rayons ", centr�ees en (y1; : : : ; yn) de r�eunion contenant A. SoitF = Vect(fy1; : : : ; yng). F est ferm�e car de dimension �nie. Soit pF leprojecteur orthogonal d'image F et soit v = pF � u. v est de rang �ni.Soit x 2 E. u(x) = pF (u(x)) + pF?(u(x)) = v(x) + pF?(u(x)).Soit x 2 B(0; 1). kv(x) � u(x)k = kpF?(u(x))k. Il existe i 2 Nn tel queu(x) 2 B(yi; ") donc ku(x)� yik6".kpF?(u(x))� pF?(yi)k6ku(x)� yik6" c'est-�a-dire, pF?(yi) �etant nul,kv(x)� u(x)k = kpF?(u(x))k6ku(x)� yik6" et en particulier kjv�ujk6".Nous avons d�emontr�e que u est limite d'une suite d'endomorphismescontinus de rangs �nis.91. Soit (un)n2N une suite de Cauchy d'�el�ements de LC(E; F ).8" > 0; 9N 2 N; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kjup � uqjk6".Pour chaque x 2 E, la suite de terme g�en�eral un(x) v�eri�e8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kup(x) � uq(x)kF6"kxkE et est une suite deCauchy de points de F ; elle est donc convergente vers un �elements u(x) 2 F .Montrons que u appartient �a LC(E; F ).Pour (x; y; �) 2 E � E � C nous avons un(x + �y) = un(x) + �un(y) doncu(x + �y) = u(x) + �u(y) et u est lin�eaire.En reprenant les notations pr�ec�edentes et en faisant tendre q vers +1 nous end�eduisons 8" > 0; 9N 2 N; 8p 2 N; p>N 8x 2 E ) kup(x)�u(x)kF6"kxkEet en particulier ku(x)kF6"kxkE+kjuNjk kxkE = KkxkE . u est donc continueet LC(E; F ) est complet.92. Soit A une matrice de rang r>1 v�eri�ant N (A) = 0.. Soit B une ma-trice �equivalente �a A. Il existe (P; Q) 2 (GLn(K ))2 tel que B = PAQ.06N (B)6N (P )N (A)N (Q) = 0.r ne peut etre �egal �a n car alors toutes les matrices de rang n ont une imagenulle et N (A) = N (PP�1A)6N (P )N (P�1A) = 0. et N est nulle.A est �equivalente �a la matrice Jr = Ir 00 0!. Jr est �equivalente �a toutematrice diagonale, M , ayant r 1 sur la diagonale et des z�eros ailleurs. Si

350 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESM = r+1Xj=2 Ej;j alors JrM est de rang r � 1. N (JrM) = 0. Nous avons doncN (Jr�1) = 0. Nous obtenons donc par r�ecurrence que N (Jk) = 0 pour toutk6r.En particulier N (J1) = 0. N (In) = N nXj=1 Ej;j!6 nXj=1 NEj;j = 0.N (A) = N (AIn)6N (A)N (In) = 0 et N est nulle ; ce qui est contradictoiredonc A = 0 et N est une norme.93. Soit N d�e�nie de Kn [X ] dans R+ par N (P ) = maxi2f0; 1; :::; ng jP (xi)j.N (P ) = 0 ) 8i 2 f0; 1; : : : ; ng; P (xi) = 0 donc P = 0.Il est clair que nous avons N (�P ) = j�jN (P ) et N (P + Q)6N (P ) + N (Q)pour (P; Q; �) 2 Kn [X ]� Kn [X ]� K .N est une norme. Toutes les normes sont �equivalentes sur Kn [X ] qui est de di-mension �nie donc 9P 2 Kn [X ]; limk!+1 supx2[0; 1] jP (x)� Pk(x)j! = 0 �equivaut�a 9P 2 Kn [X ]; limk!+1N (P � Pk) = 0 car P 2 Kn [X ] 7�! supx2[0; 1] jP (x)j 2 R+est une norme. Il su�t donc de d�emontrer qu'il existe un polynome P deKn [X ] tel que pour tout i 2 f0; 1; : : : ; ng; limk!+1(Pk(xi)� P (xi)) = 0.Notons bi la limite de la suite de terme g�en�eral Pk(xi). Soit P le polynomede Kn [X ] tel que pour tout i 2 f0; 1; : : : ; ng; P (xi) = bi. P existe et estunique. P convient.En fait il su�sait que la suite Pk(x) converge pour les xi.94. Nous identi�ons les matrices colonnes et les �el�ements de C n que nous munissonsd'une norme k k. Soit (e1; : : : ; en) une base de vecteurs propres de A, choisisde normes �egale �a 1. Consid�erons l'applicationN qui �a une matrice de Mn(C )associe le r�eel positif maxi2Nn kMeik. Si P et Q sont deux matrices alors 8i 2Nn ; k(P +Q)eik6kPeik+ kQeik6N (P ) +N (Q).Nous avons donc N (P +Q)6N (P ) +N (Q).Si � est un nombre complexe alors 8i 2 Nn ; k(�P )eik = j�j kPeik. Commenous l'avons d�ej�a vu nous avons alors maxi2Nn k(�P )eik = j�j maxi2Nn kPeik. DoncN (�P ) = j�jN (P ).Si N (P ) = 0 alors 8i 2 Nn ; Pei = 0 et P = 0. N est une norme sur Mn(C ).L'application, k k1, qui �a une matrice M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(C ) associele r�eel positif max(i;j)2(Nn)2 jmi;jj est une norme.Toutes les normes sont �equivalentes sur Mn(C ) donc il existe une constanteC > 0 telle que 8P 2 Mn(C ); kPk16CN (P ).Notons, pour chaque i 2 Nn , �i la valeur propre associ�ee au vecteur ei. 8i 2Nn ; 8k 2 N; Akei = (�i)kei. Nous avons donc 8k 2 N; N (Ak)61 puiskAkk16C.La boule, B, ferm�ee de centre 0 de rayon (pour la norme k k1) C contient un

351nombre �ni, (1 + 2E(C))n2, de matrices �a coe�cients dansZdonc l'applicationk 2 N 7�! Ak 2 B n'est pas injective et il existe deux entiers naturels k1 et k2,k1 < k2, tels que Ak1 = Ak2 . D'apr�es l'hypoth�ese, det(A] 6= 0 donc, en notantq = k2 � k1, Aq = In. D'o�u le r�esultat demand�e.Les valeurs propres de A sont donc en fait des racines de l'unit�e.95. Supposons que ' existe v�eri�ant les propri�et�es demand�ees. Soit " > 0. ' estcontinue en 0 donc il existe � > 0 tel que si d1(x; y)6�) '(d1(x; y))6" puisd2(f(x); f(y))6". f est donc uniform�ement continue.Supposons f uniform�ement continue.Pour t 2 R+, posons '(t) = supd1(x; y)6t(x; y)2E2 d2(f(x); f(y)). ' est bien d�e�nie de R+dans R+.Il est imm�ediat que ' est croissante. '(0) = supx2Efd2(f(x); f(x))g = 0.Montrons la continuit�e de ' en 0. Soit " > 0. Il existe � > 0 tel que8(x; y) 2 E2; d1(x; y)6� ) d2(f(x); f(y))6". Donc si t6� nous avonsd2(f(x); f(y))6" puis la borne sup�erieure '(t) est bien au plus �egale �a ". Ler�esultat est d�emontr�e.96. Supposons E non compact et soit (xn)n2N une suite de points de E n'ayantpas de valeur d'adh�erence.Posons F = � 1n+ 1 ; n 2 N� [ f0g et A = ��xn; 1n + 1� ; n 2 N�. Notonsan l'�el�ement �xn; 1n + 1�. Soit n0; n1; n2; : : : ; np; : : : une suite d'en-tiers. Posons pour p 2 N, up = anp . Toutes les suites de points de A sontde ce type. Supposons que la suite (up)p2N soit convergente dans E � F ,de limite (a; b) 2 E � F . La suite (np)p2N est born�ee ou non. Si elle estborn�ee, elle poss�ede une sous-suite stationnaire, sinon elle poss�ede une sous-suite strictement croissante. Dans le premier cas il existe m 2 N tel que(a; b) = �xm; 11 +m� 2 A. Dans le second cas il existe ' strictement crois-sante de N dans N telle que (a; b) = limn!+1�x'(n); 11 + '(n)�. En particulier,(xn)n2N poss�ede une valeur d'adh�erence, ce qui est faux donc (a; b) 2 A quiest ferm�e. Nous en d�eduisons qu'alors � 1n+ 1 ; n 2 N� est ferm�e dans F cequi est faux car la suite de terme g�en�eral 1n+ 1 converge vers 0 appartenant�a F . E est donc compact.97. Soit (xn)n2N une suite convergente (dans E) de points de p(A). Il existe unesuite (yn)n2N de points de F telle que pour tout n 2 N on ait (xn; yn) 2 A. F�etant compact, la suite (yn)n2N poss�ede une sous-suite convergente �y'(n)�n2N.La suite �x'(n)�n2N �etant convergente, la suite de terme g�en�eral �x'(n); y'(n)�converge dans A qui est ferm�e vers (a; b) 2 A. a, qui est la limite de (xn)n2N,est donc dans A qui est alors ferm�e.

352 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES98. Soit x 2 E. f(2x) = f(x) + f(x) = 2f(x).Soit n 2 N� . Si f(nx) = nf(x) alors f((n+1)x) = f(x)+f(nx) = (n+1)f(x).Nous en d�eduisons que pour tout n 2 N� ; f(nx) = nf(x).f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) donc f(0) = 0.f(x + (�x)) = f(x) + f(�x) = f(0) = 0 donc f(�x) = �f(x).Nous avons 8(n; x) 2 Z� E; f(nx) = nf(x).Soit r 2 Q dont une repr�esentation est pq avec p 2 Zet q 2 N� .qf(rx) = f((qr)x) = f(px) = pf(x) puis 8(r; x) 2 Q � E; f(rx) = rf(x).Supposons que pour tout �el�ement x de E de norme au plus �egale �a 1 on aitkf(x)k6K. Soit r 2 Q�+ ; soit x 2 E; kxk6r. 1rx 61 donc f �1rx� 6Ket kf(x)k6rK.Soit " > 0, soit r 2 Q�+ v�eri�ant rK6". Soit x 2 E; kxk6r ) kf(x)k6rK6".f est donc continue en 0.Soit a 2 E. f(x) = f(a) + f(x� a). f est donc continue en a donc sur E.Soient x 2 E et � 2 R. Soit (rn)n2N une suite de rationnels qui converge vers �.f �etant continue nous avons limn!+1 f(rnx) = f(�x) = limn!+1 rnf(x) = �f(x). fest donc lin�eaire.99. (a) Soit (x; y; t) 2 C � C � [0; 1]. x est la limite d'une suite (xn)n2N depoints de C et y est la limite d'une suite (yn)n2N de points de C. C �etantconvexe, 8n 2 N; txn+(1� t)yn 2 C donc la limite tx+(1� t)y est dansC.(b) Soit V 2 V(x1) inclus dans C. il existe � > 0 tel que pour tout u 2 E,kuk6� implique x1 + u 2 C.� Supposons x0 2 C.Soit y = x0 + t(x1 � x0). y+ tu = (1� t)x0 + t(x1 + u) 2 C. La boule decentre y de rayon t� est incluse dans C et y 2 �C.� Supposons x0 62 C.Supposons t 2]0; 1] �x�e. Soit x00 2 C tel que kx00 � x0k6t�4 6�4 . Posonsy0 = x00 + t(x1 � x0). Soit v 2 E; kvk663t�4 .y0 + v = (x00 + t(x1 � x00)) + (t(x00 � x0) + v).x00 + t(x1 � x00) 2 C et kt(x00 � x0) + vk6t�. x00 2 C donc d'apr�es l'�etudedu cas pr�ec�edent, la boule de centre x00+t(x1�x00) de rayon t� est inclusedans C. La boule de centre y0 et de rayon 3t�4 est incluse dans C.Consid�erons la boule de centre y de rayon t�4 .Ses �el�ements sont y +X avec kXk6t�4 .y +X = x0 + t(x1 � x0) +X = x00 + (x0 � x00) + t(x1 � x0) +X= y0 + (x0 � x00) +X .k(x0 � x00) +Xk6t�2 63t�4 . La boule de centre y de rayon t�4 est incluse

353dans C et y 2 �C.(c) C � C, �C � C � C donc �C � �C.De meme, �C � C donc �C � C puis �C � C.Il nous reste �a d�emontrer �C � �C et C � �C.Soit x 2 �C. Soit V 2 V(x), inclus dans C ; on peut choisir une boulecentr�ee en x de rayon � > 0. Soit x1 2 �C. Soit � 2 R��; j�jkx1� xk < �.Posons t = ��1 � � . Nous avons t 2]0; 1[. Soit x0 = x+�(x1� x). x0 2 Vet x = x0 + t(x1 � x0). x0 2 C, x1 2 �C donc d'apr�es le r�esultat de laquestion pr�ec�edente, x 2 �C.Nous avons bien �C � �C.Soit x0 2 C .Soit x1 2 �C. Pour t 2]0; 1]; x0 + t(x1 � x0) 2 �C. Soit V la boulecentr�ee en x0 de rayon � > 0. Soit t 2]0; 1] v�eri�ant tkx1 � x0k6�.x0 + t(x1 � x0) 2 V \ �C qui est alors non vide et x0 2 �C d'o�u le r�esultatdemand�e.100. (a) Supposons le r�esultat faux. 8" > 0; 9x 2 E; 8i 2 I; B0(x; ") 6� Oi.Choisissons, pour n 2 N, " = 1n+ 1. Nous construisons une suite (xn)n2Nde points de E telle que 8(n; i) 2 N � I; B0 �xn; 1n+ 1� 6� Oi. Nouspouvons en extraire une sous-suite, �x'(n)�n2N, convergente vers x 2 E.Il existe, par hypoth�ese, un indice i0 2 I tel que x 2 Oi0 ouvert ; puis ilexiste � > 0 tel que la boule ouverte de centre x de rayon � soit inclusedans Oi0 . Il existe N 2 N tel que pour tout n>N on ait 11 + '(n)6�2 .Soit, pour un certain n>N , y 2 E appartenant �a la boule ouverte centr�eeen x'(n) de rayon 11 + '(n). d(y; x)6d(y; x'(n)) + d(x'(n); x)6�. Laboule centr�ee en x'(n) de rayon 11 + '(n) est incluse dans Oi0 ce qui estcontradictoire, d'o�u le r�esultat.(b) Supposons le r�esultat faux. Il existe " > 0 tel que pour toute famille �niede points de E, il existe un point de E dont la distance �a tous les pointspr�ec�edents est strictement sup�erieure �a ".Soit x0 2 E ; il existe x1 2 E tel que d(x0; x1) > ". Il existe alors x2 2 Edont la distance �a x0 et x1 est strictement sup�erieure �a ". Ayant construit(x0; x1; : : : ; xn) v�eri�ant 8(i; j) 2 N; i6n; j6n; i 6= j; d(xi; xj) > ",nous construisons alors xn+1 dont la distance aux points pr�ec�edents eststrictement sup�erieure �a ". Nous construisons ainsi une suite de pointsde E qui ne poss�ede pas de valeur d'adh�erence et E n'est pas compact.

354 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESD'o�u le r�esultat demand�e.(c) En utilisant le r�esultat de la question (a), nous disposons d'un r�eel stric-tement positif ". Nous recouvrons alors E par une famille �nie de boulescentr�ees en (x1; : : : ; xn) de rayon ". Chaque boule centr�ee en xi de rayon" est incluse dans un ouvert Oji ; ji 2 I . E = n[i=1Bo(xi; ") � n[i=1Oji .E est donc recouvert par une famille �nie extraite de la famille (Oi)i2I .Remarque En utilisant le compl�ementaire, nous en d�eduisons que si(E; d) est compact, pour toute famille de ferm�es dont l'intersection estvide, on peut en extraire une famille �nie dont l'intersection est encorevide.La r�eciproque est vraie.Soit (xn)n2N une suite de points de E. Posons Xn = fxk; k>ng. SoitA = \n2NXn. Nous avons d�ej�a d�emontr�e que A est l'ensemble des valeursd'adh�erence de la suite (xn)n2N. Supposons A = ;. Il existe une fa-mille �nie extraite dont l'intersection est encore vide. Nous disposons den1; n2; : : : ; np entiers, rang�es dans l'ordre croissant, tels que p\i=1Xni = ;.Or p\i=1Xni = Xnp 6= ; d'o�u la contradiction et A 6= ; c'est-�a-dire que lasuite (xn)n2N poss�ede une valeur d'adh�erence.Nous avons donc, dans un espace m�etrique (E; d) les �equivalences sui-vantes :� (E; d) compact.� de toute famille d'ouverts recouvrant E on peut en extraire une famille�nie recouvrant E.� de toute famille de ferm�es de E d'intersection vide on peut extraire unefamille �nie dont l'intersection est encore vide.101. (a) Soit f une application continue de O dans f0; 1g. Supposons f nonconstante. f0g est un ouvert de f0; 1g, f1g est un ouvert de f0; 1g.f�1(f0g) et f�1(f1g) sont des ouverts de O non vides et disjoints dont lar�eunion est O. O n'est pas connexe.SupposonsO non connexe. Soient O1 et O2 deux ouverts de O, non vides,disjoints et d'union O. Soit f = �O1 d�e�nie sur O. Soit V un voisinagedans l'espace d'arriv�ee de f . V = f0; 1g ou f0g ou f1g. Les imagesr�eciproques par f sont respectivement O; O2; O1 qui sont trois ouvertsde O. f est continue non constante.L'�equivalence est d�emontr�ee.(b) Soit O connexe inclus dans E. Soit f une application continue d�e�niesur O �a valeurs dans f0; 1g. La restriction de f �a O est continue, commetoute restriction, et est donc constante. Soit x 2 O ; x est la limite d'unesuite (xn)n2N de points de O donc f(x) = limn!+1 f(xn). f est constante

355et O est connexe.Soit f une application continue de A dans f0; 1g. f(O) = f0g ou f1g.Soit a 2 A donc �el�ement de O. a est limite d'une suite (an)n2N de pointsde O. limn!+1 f(an) = f(a) f est donc constante et A est connexe.Soit f une application continue de A [ B dans f0; 1g. f(A) = fag �f0; 1g et f(B) = fbg � f0; 1g. Soit x 2 A \ B . x est la limite d'unesuite (xn)n2N de points de B. Pour tout n 2 N, xn 2 A[B et x 2 A[B.f(xn) = b puis par continuit�e, f(x) = b. Nous en d�eduisons a = b et fest constante. A [ B est connexe.(c) Soient O1 et O2 deux ouverts de F disjoints v�eri�ant O1 [O2 � f(E).V1 = f�1(O1) et V2 = f�1(O2) sont disjoints et ouverts V1[V2 = E doncl'un des deux ouverts est vide ; par exemple f�1(O1) = E et f�1(O2) = ;donc O2 \ f(E) = ; et O1 � f(E). f(E) est donc connexe.(d) Soient A et B deux espaces connexes. Soit f une application continue36de A � B dans f0; 1g. Supposons qu'il existe (a1; b1) 2 A � B tel quef(a1; b1) = 0 et (a2; b2) 2 A�B tel que f(a2; b2) = 1.x 2 A 7�! f(x; b1) 2 f0; 1g est continue donc est constante et f(a2; b1) =0 ; de meme x 2 B 7�! f(a2; x) 2 f0; 1g est continue donc est constanteet f(a2; b1) = 1. Nous aboutissons �a une contradiction et A � B estconnexe.Par r�ecurrence, la d�emonstration est imm�ediate pour un produit �ni d'en-sembles connexes.L'application qui �a (x1; : : : ; xn) 2 nYi=1 Oi 7�! xj 2 Oj est continue sur-jective donc chaque Oj est connexe d�es que le produit l'est.(e) Soit O un ouvert connexe de l'espace vectoriel norm�e E. Soit a un pointdonn�e de O. Soit U l'ensemble des �el�ements x de O connectables �a a ;c'est-�a-dire tels qu'il existe un chemin de support inclus dans O d'originea d'extr�emit�e x.a 2 U . Soit x 2 U . Soit f une application continue de [0; 1] dans Otelle que f(0) = a; f(1) = x. O est ouvert donc il existe une boule, Bx,centr�ee en x de rayon r > 0 incluse dans O. Soit y 2 Bx. Consid�eronsl'application g d�e�nie par : 8t 2 �0; 12� ; g(t) = f(2t).8t 2 �12 ; 1� ; g(t) = 2t(y � x) + (2x � y).Pour t 2 �12 ; 1� ; kg(t)� xk = (2t� 1)ky � xk6ky � xk. Tous les pointsde Bx sont connectables37 �a a donc Bx � U qui est alors ouvert non vide.Soit x 2 U . Soit Bx, une boule centr�ee en x de rayon r > 0 incluse dansO. Bx contient un point y de U . Comme pr�ec�edemment a est connectable36Nous munissons A �B de la topologie produit.37Nous avons pour cela concat�en�e une connection de a vers x au segment [x; y]. Si nousrempla�cons U par l'ensemble des points de O connect�es �a a par une r�eunion �nie de segment, lamemme d�emonstration s'applique.

356 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES�a x par la concat�enation d'une connection de a vers y puis de y vers x. xest donc dans U qui est ferm�e. Nous en d�eduisons que le compl�ementairede U est ouvert et donc U = O. O est donc connexe par arcs et, en fait,deux points quelconques de O peuvent etre connect�es entre eux par uner�eunion �nie de segments ; c'est-�a-dire une ligne bris�ee.(f) Soit O connexe par arcs. Supposons qu'il existe U et V deux ouverts deE disjoints, de r�eunion contenant O. U1 = U \ O et V1 = V \ O sontdeux ouverts de O disjoints de r�eunion O.Supposons U1 et V1 non vides. Soit (a; b) 2 U1� V1. Soit f une applica-tion continue de [0; 1] dans O telle que f(0) = a; f(1) = b.0 2 f�1(U) et 1 2 f�1(V ) f�1(U) et f�1(V ) sont deux ouverts de [0; 1]non vides, disjoints et de r�eunion [0; 1]. ]0; 1[ est connexe par arcs,ouvert de R donc connexe et son adh�erence [0; 1] l'est aussi. Cela estcontradictoire et O est connexe38. Posons G = f(x; f(x)); x 2]0; 1]g.G est connexe par arcs car x 2]0; 1] 7�! (x; f(x)) 2 R2 est continue. Gest donc connexe puis G est connexe.Montrons que G = G [ (f0g � [�1; 1]).Soit A 2 G ; il existe une suite (xn)n2N de points de ]0; 1] telle queA = � limn!+1 xn; limn!+1 f(xn)�.Soit l = limn!+1 xn.Si l 2]0; 1] alors A 2 G.Si l = 0 alors � = limn!+1 f(xn) 2 [�1; 1] et A = (0; �) 2 (f0g � [�1; 1]).Montrons que l'on a G [ (f0g � [�1; 1]) � G .Il s'agit donc de d�emontrer que pour tout y 2 [�1; 1]; (0; y) 2 Gc'est-�a-dire qu'il existe une suite (xn)n2N de points de ]0; 1] v�eri�antlimn!+1 xn = 0 et limn!+1 f(xn) = y. Soit � 2 h��2 ; �2 i tel que y = sin(�).Posons pour n 2 N; xn = 1� + 2(n+ 1)� . Cette suite convient d'o�u ler�esultat.Montrons que G n'est pas connexe par arcs ; c'est-�a-dire que tous sespoints ne sont pas connectables. Montrons par exemple qu'il n'est paspossible de joindre par un chemin continu inclus dans G les points(1; sin(1)) et (0; 0).Dans le cas contraire, il existe deux applications u et v continues de[0; 1] dans R telles que u(0) = v(0) = 0; u(1) = 1; v(1) = sin(1) et8t 2 [0; 1]; (u(t); v(t)) 2 G .Soit E l'ensemble des r�eels t de [0; 1] tels que u(t) > 0. E est non videet est un ouvert de [0; 1] inclus dans ]0; 1] donc est l'intersection d'unouvert X de R avec [0; 1]. X est alors l'union d�enombrables d'intervalles38Nous pouvions aussi consid�erer une application continue g de O dans f0; 1g, a et b deux pointsde O distincts et f une application continue de [0; 1] dans O telle que f(0) = a; f(1) = b. g �f estcontinue de [0; 1] dans f0; 1g et d'apr�es le th�eor�eme des valeurs interm�ediaires (s'il a �et�e d�emontr�esans les connexes) g � f est constante. g(a) = g(b) et g est constante.

357ouverts deux �a deux disjoints 39 E est donc une union d�enombrable d'in-tervalles deux �a deux disjoints du type ]a; b[\]0; 1] c'est-�a-dire ]a; b[ avecb61 ou ]a; 1]. 06a < b. Dans tous le cas u(a) = 0, (u(t); v(t)) 2 G ouu(t) = 0 et v(t) 2 [�1; 1]. Nous avons alors v(a) 2 [�1; 1] et limt!a u(t) = 0avec v(t) = sin� 1u(t)� donc limt!a v(t) = v(a).8" > 0; 9� > 0 tel que 8t 2]a; a+�[, ����sin� 1u(t)�� v(a)����6". Par conti-nuit�e, u(]a; a+�[) contient ]0; �[ donc 1u (]a; a+ �[) contient � 1� ; +1�et l'image de ]0; �[ par t 7�! sin� 1u(t)� est �egal �a [ � 1; 1] ce qui estcontradictoire.102. Nous avons d�ej�a vu dans d'autres exercices que l'application det de Mn(K)dans K (K=C ou R) est continue. Lorsqu'un ensemble est connexe par arcs,son image par une fonction continue l'est aussi. Si GLn(R) est connexe pararcs alors son image R� par det est connexe par arcs ce qui est faux doncGLn(R) n'est pas connexe par arcs. Nous ne pouvons pas faire le meme rai-sonnement avec GLn(C ) car C � est connexe par arcs40.Montrons que GLn(C ) est connexe par arcs.Soient (A; B) 2 (GLn(C ))2. Posons P (z) = det((1 � z)A + zB). P est unpolynome de degr�e au plus �egal �a n donc poss�ede un nombre �ni de z�eros com-plexes. L'ensemble E=C priv�e de ces z�eros est connexe par arcs. L'image deE par l'application continue z 2 C 7�! (1 � z)In + zA 2 Mn(C ) est connexepar arcs et contient A et B.Soit A 2 GL+n (R). A est le produit de p tranvections et d'une dilatationDn(det(A)). Chaque transvection est du type In + �pEi;j o�u � 2 R�.Pour t 2 [0; 1], posons Tp(t) = In + t�pEi;j etA(t) = T1(t)T2(t) : : : Tp(t)Dn(t(det(A)� 1) + 1).8t 2 [0; 1]; 8i 2 Np ; det(Ti(t)) = 1 etdet(Dn(t(det(A) � 1) + 1)) = t(det(A) � 1) + 1>min(1; det(A)) > 0 doncdet(A(t)) > 0.f : t 2 [0; 1] 7�! A(t) 2 GL+n (R) est continue, f(0) = In; f(1) = A doncGL+n (R) est connexe par arcs car il su�t de connecter une matrice A �a In etune autre matrice B �a In lorsque A et B sont dans GL+n (R).L'application g qui �a une matrice associe la matrice obtenue en rempla�cant lapremi�ere colonne par l'oppos�ee de elle-ci est continue. g(GL+n (R)) � GL�n (R),g(GL�n (R)) � GL+n (R), g2 = Id donc g(GL+n (R)) = GL�n (R). Nous en d�edui-sons que GL�n (R) est connexe par arcs.La m�ethode employ�ee pour prouver que GL+n (R) est connexe par arcs permetaussi de prouver que GLn(C ) est connexe par arcs.103. SoitA une matrice diagonalisable. Il existe une matrice inversibleP et une ma-39voir l'exercice num�ero 1340C priv�e d'un nombre �ni de points est connexe par arcs.

358 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�EStrice diagonale D telles que A = PDP�1. Supposons D = Diag(d1; : : : ; dn).Consid�erons, pour t 2 [0; 1] la matrice diagonale D(t) dont l'�el�ement d'indices(i; i) est �egal �a (di�1)t+1. Posons alors A(t) = PD(t)P�1. Les matrices A(t)sont diagonalisables, t 2 [0; 1] 7�! A(t) 2 Mn(K) est continuen A(0) = Inet A(1) = D. Il existe donc un chemin inclus dans l'ensemble des matricesdiagonalisables d'origine In et d'extr�emit�e A. L'ensemble des matrices diago-nalisables est donc connexe par arcs.104. A et B sont ferm�es donc, par exemple, un ferm�e de A est un sous-ensemble deA ferm�e dans X .Soient A1 et A2 deux ferm�es de X inclus dans A v�eri�ant A1 \ A2 = ; etA1[A2 = A. A1\B etA2\B sont ferm�es inclus dansB. (A1\B)\(A2\B) = ;A \B = (A1 [ A2) \B = (A1 \ B) [ (A2 \B). A \B est connexe donc l'undes ensembles A1 \B par exemple est vide et l'autre A2 \B est �egal �a A\B.Nous avons alors A1 � A nB et A \B � A2. De meme si B1 et B2 sont deuxferm�es inclus dans B v�eri�ant B1 \ B2 = ; et B1 [B2 = B nous avons alors,quitte �a changer les notations, B1 � B nA et A \B � b2.A2 et B2 sont en particulier non vides.Posons X1 = A1 [B1 et X2 = A2 [B2. X1 [X2 = A [B.X1 \X2 = [(A1 [B1) \A2] [ [(A1 [B1) \B2]= (A1 \A2) [ (B1 \A2) [ (A1 \B2) [ (B1 \B2)= (B1\A2)[(A1\B2) = (B1[A1)\(A1[A2)\(B1\B2)\(A2\B2)= A \ B \ (B1 [A1) \ (A2 \B2) = ;.Nous en d�eduisons alors que X1 est vide et que X2 est �egal �a A[B. A1 et B1sont alors vides et par cons�equent A=A et B2 = B. A et B sont connexes.105. Supposons A et B connexes par arcs. Soient (a1; b1) et (a2; b2) deux �el�ementsde A � B. Il existe une application continue f de [0; 1] dans E telle quef(0) = a1; f(1) = a2 et f([0; 1]) � A. De meme il existe une applicationcontinue g de [0; 1] dans E telle que g(0) = b1; g(1) = b2 et g([0; 1]) � B.Soit " 2 R�+. Il existe � > 0 tel que pour tout v 2 [0; 1], jv � uj6� impliquekf(u) � f(v)k6" et kg(u)� g(v)k6".Nous avons doncN [(f(u); g(u)) � (f(v); g(v))] = max (kf(u)� f(v)k; kg(u)� g(v)k)6" etL'application F : t 2 [0; 1] 7�! (f(t); g(t)) 2 E �B est continue.F ([0; 1]) � A�B, F (0) = (a1; b1) et F (1) = (a2; b2). A�B est donc connexepar arcs.L'application de E � E dans E qui �a (x; y) associe x + y est continue cark(x1 + y1)� (x2 + y2)k = k(x1 � x2) + (y1 � y2)k6kx1 � x2k+ ky1 � y2k62N [(x1 � x2); (y1 � y2)] = 2N [(x1; y1) � (x2; y2)].L'image A + B du connexe par arcs A � B par cette application est doncconnexe par arcs.Supposons A et B connexes. Nous avons d�ej�a vu ce r�esultat �a la question (d)plus haut. Comme pr�ec�edemment, l'image continue du connexe A � B estconnexe.Tous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

359106. (a) Soit O la r�eunion p[i=1Oi. Soient X1 et X2 deux ouverts de E v�eri�antX1 \ X2 \ O = ; et (X1 \ O) [ (X2 \ O) = O = (X1 [ X2) \ O ;c'est-�a-dire O � X1 [ X2. Nous avons donc 8i 2 Np ; Oi � X1 [ X2et (X1 \ X2) \ Oi � (X1 \ X2) \ O = ;. Supposons, quitte �a changerde notation, que X1 \ O1 = ; et O1 � X2. Nous ne pouvons pas avoirX2 � O2 = ; car alors O1 \ O2 � X2 \ O2 = ; ce qui est contradictoiredonc X1\O2 = ; et O2 � X2. Supposons alors prouv�e que jusqu'au rangk < p on a X1 \Ok = ; et Ok � X2.Si X2\Ok+1 = ; alors Ok \Ok+1 � X2\Ok = ; ce qui est contradictoiredonc X1 \ Ok+1 = ; et Ok+1 � X2. Nous en d�eduisons que pour chaquei 2 Np , l'un des ensembles X1 \Oi ou X2 \Oi est vide, l'autre est �egal �aOi.Nous avons donc O � X2 et X2 \O = ;. O est connexe.Supposons les espaces sont connexes par arcs. Notons, pour chaque k 2Np�1 , ak un �el�ement de Ok \ Ok+1. Soient a et b deux �el�ements de O.Il existe (i; j) 2 (Np)2 tel que a 2 Oi et b 2 Oj . Quitte �a changer lesnotations, nous pouvons supposer i6j. Si i = j, il existe par hypoth�eseun chemin de support inclus dans Oi d'origine a et d'extr�emit�e b.Supposons i < j. Pour chaque k entre i et j � 1, il existe un chemin , k, inclus dans Ok d'origine ak et d'extr�emit�e ak+1. Il existe un chemin, 0, inclus dans Oi d'origine a et d'extr�emit�e ai ainsi qu'un chemin , j ,d'origine aj et d'extr�emit�es b inclus dans Oj. En concat�enant les chemins 0; 1; : : : ; j nous disposons d'un chemin d'origine a d'extr�emit�e binclus dans O et O est connexe par arcs.Le r�esultat demand�e est donc prouv�e.(b) H comme F sont de dimensions �nies donc sont ferm�es dans E (que Esoit de dimension �nie ou pas) donc E nH et E n F sont ouverts. Il y aalors �equivalence entre connexe et connexe par arcs.Soit ' une forme lin�eaire (non nulle) de noyau H .' est continue et E n H = '�1(R�). R� n'est pas connexe donc E n Hnon plus.'�1(R�+) est ouvert (comme image r�eciproque d'un ouvert par une fonc-tion continue) et convexe donc connexe par arcs et connexe ainsi que'�1(R��).Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension n� 2. Il existe41 deuxhyperplans H1 et H2 tels que F = H1 \H2. Soient '1 et '2 deux formeslin�eaires ind�ependantes de noyaux respectifs H1 et H2.('1)�1(R�+), ('1)�1(R��), ('2)�1(R�+), ('2)�1(R��) sont connnexes par arcset convexes.Montrons que les ensembles �('1)�1(R�+)�\�('2)�1(R�+)�, �('2)�1(R�+)�\�('1)�1(R��)�, �('1)�1(R��)� \ �('2)�1(R��)� sont non vides.41Voir l'exercice num�ero 75, page 98 du chapitre d'alg�ebre lin�eaire.

360 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSoient ' et deux formes lin�eaires ind�ependantes. Il existe une base deE dans laquelle '(x) = x1. Dans cette base nous avons (x) = nXi=1 aixi.l'un des coe�cients ai avec i > 1 n'est pas nul.Notons, pour t 2 R, sgn(t) = �1 si t 2 R�� et sgn(t) = 1 si t 2 R+.Posons � = nXi=2 jaij > 0.Soit x1 > 0. Pour 26i6n, posons xi = �1 + ja1jx1� � sgn(ai).nXi=1 aixi = a1x1 + nXi=2 �jaij�1 + ja1jx1� �� = a1x1 + ja1jx1 + �>� > 0.Nous en d�eduisons �(')�1(R�+)� \ �(')�1(R�+)� 6= ;.En utilisant ce r�esultat nous en d�eduisons en choisissant ' = '1 ou' = �'1 et = '2 ou = �'2 que les ensembles �('1)�1(R�+)� \�('2)�1(R�+)�, �('2)�1(R�+)�\�('1)�1(R��)�, �('1)�1(R��)�\�('2)�1(R��)�sont non vides.En utilisant ce qui a �et�e vu plus haut nous obtenons que �('1)�1(R�+)�[�('2)�1(R�+)� [ �('1)�1(R��)� [ �('2)�1(R��)� = E n F est connexe ainsique connexe par arcs.Supposons que pour tout sous-espace vectoriel de E de dimension au plus�egale �a n� p>1; p>2, E n F est connexe, donc aussi connexe par arcs.Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension n�p�1. Il existe p+1hyperplans, noyaux de p formes lin�eaires ind�ependantes, H1; : : : ; Hp+1tels queG = p+1\i=1Hi. Posons F = p\i=1Hi. EnG = (EnF )[(En(Hp[Hp+1)).(E n F ) \ (E n (Hp [ Hp+1)) 6= ;. Hp et Hp+1 sont les noyaux de deuxformes lin�eaires ind�ependantes donc (En(Hp[Hp+1)) 6= ; donc EnG 6= ;.Le r�esultat est donc d�emontr�e au rang suivant. Nous en d�eduisons quesi F est un sous-espace vectoriel de E de dimension q6n� 2 alors E n Fest connexe et connexe par arcs.Supposons que le corps de base soit C .Soit F un hyperplan de E. Soit ' une forme lin�eaire non nulle. Unebase �etant choisie dans E, nous avons '(x) = nXj=1 [(aj + ibj)(xj + iyj)]o�u (aj ; bj; xj ; yj) 2 R4.F est l'ensemble des �el�ements de coordonn�ees ((xj + iyj))j2Nn v�eri�antnXj=1(ajxj � bjyj) = 0 et nXj=1 (ajyj + bjxj) = 0. Les deux formes lin�eaires'1 et '2 d�e�nies sur R2n par nXj=1 (ajxj � bjyj) et nXj=1 (ajyj + bjxj) sontind�ependantes.D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, il existe un chemin inclus dans G = R2n n

361[Ker('1) \ Ker('2)] d'origine et d'extr�emit�e un point de G.Soit (�1; : : : ; �n) 2 Rn, (�1; : : : ; �n) 2 Rn, ( 1; : : : ; n) 2 Rn,(�1; : : : ; �n) 2 Rn v�eri�ant nXj=1 (aj�j � bj�j) 6= 0 et nXj=1 (aj�j + bj�j) 6= 0ainsi que nXj=1 (aj j � bj�j) 6= 0 et nXj=1(aj�j + bj j) 6= 0. Il existe donc n ap-plications continues x1; x2; : : : ; xn, y1; y2; : : : ; yn d�e�nies de [0; 1] dansR v�eri�ant 8j 2 Nn ; xj(0) = �j ; yj(0) = �j ; xj(1) = j ; yj(1) = �j etnXj=1(ajxj(t)� bjyj(t)) 6= 0 ainsi que nXj=1 (ajyj(t) + bjxj(t)) 6= 0 pour toutt 2 [0; 1]. Nous en d�eduisons qu'il existe un chemin d'origine le pointde coordonn�ees (�j + i�j)j2Nn et d'extr�emit�e le point de coordonn�ees( j + i�j)j2Nn de support inclus dans E n F . E n F est donc connexepar arcs et aussi connexe.La r�eunion d'un nombre �ni42 d'hyperplans de E est di��erente de E.Supposons que pour tout sous-espace vectoriel de E de dimension au plus�egale �a n � p>1; p>1, E n F est connexe, donc aussi connexe par arcs.Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension n�p�1. Il existe p+1hyperplans, noyaux de p formes lin�eaires ind�ependantes, H1; : : : ; Hp+1tels que G = p+1\i=1Hi. Posons F = p\i=1Hi. E n G = (E n F ) [ (E n Hp+1).(E nF )\ (E nHp+1) 6= ;. donc E nG 6= ;. Le r�esultat est donc d�emontr�eau rang suivant. Nous en d�eduisons que si F est un sous-espace vectorielde E de dimension q6n� 1 alors E nF est connexe et connexe par arcs.107. Munissons E d'une base. On peut supposer n>2 car alors l'ensemble propos�eest un segment qui est convexe donc connexe et connexe par arcs.Soit x un �el�ement de E de coordonn�ees (x1; : : : ; xn) dans la base choisie. Po-sons N1(x) = maxi2Nn jxij. Notons N une norme quelconque sur E, S1 la sph�ereunit�e pour la norme N1 et S la sph�ere unit�e pour la norme N .Notons pour i 2 Nn R+i l'ensemble des �el�ements x de E v�eri�ant xi = 1 etpour j 2 Nn n fig; jxjj61. De meme notons pour i 2 Nn R�i l'ensemble des�el�ements x de E v�eri�ant xi = �1 et pour j 2 Nn n fig; jxjj61.Nous avons pour i 2 Nn�1 ; R+i \R+i+1 6 ;, R�i \R�i+1 6= ; et R+n \R�1 6= ;. Deplus, chaque ensembleR+i et R�i est convexe donc connexe par arcs et connexe.En�n n[i=1R+i ! [ n[i=1R�i ! = S1. Nous en d�eduisons en utilisant le r�esultatde l'exercice num�ero 103 pr�ec�edent que S1 est connexe par arcs puis connexe.Soit f l'application de S1 inclus dans E muni de la norme N1 dans S inclusdans E muni de la norme N d�e�nie par f(x) = 1N(x)x. f est �evidemment42voir l'exercice num�ero 28 page 91 du chapitre d'alg�ebre lin�eaire.

362 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�EScontinue et f�1 est d�e�nie par y 2 S 7�! 1N1(y)y 2 S1. f est donc un ho-m�eomorphisme et f(S1) = S. S est donc connexe par arcs et connexe. D'o�ule r�esultat demand�e.108. Soit a 2 U . Soit E l'ensemble des points x de U tels que f(x) = f(a).Soit x 2 E. U est ouvert donc il existe une boule Bx ouverte centr�ee en xincluse dans U . D'apr�es l'hypoth�ese, il existe une boule ouverte B0x centr�ee enx sur laquelle f est constante. Bx \ B0x est une boule Cx incluse dans U surlaquelle f est constante. 8y 2 Cx; f(y) = f(x) = f(a) et Cx � E qui est unensemble ouvert non vide.Soit x 2 E. Il existe une boule ouverte B0x centr�ee en x sur laquelle f estconstante. Cette boule contient un point y 2 E. f(x) = f(y) = f(a) et x 2 Edonc E est ferm�e. Nous en d�eduisons en utilisant les r�esultats des exercicespr�ec�edents, U �etant ouvert connexe par arcs que E = U et f est constante.109. (a) Soit P = nXk=0 akXk, avec an 6= 0 ;n>1.Pour z 2 C � ; ����P �1z����� = 1jzjn ����� nXk=0 akzn�k�����. limz!0 nXk=0 akzn�k = an 6= 0 donclimz!0 ����P �1z����� = +1.Nous en d�eduisons qu'il existe A 2 R�+ tel que pour z 2 C � , jzj6A on a����P �1z�����>jP (0)j.Cela est �equivalent �a 8z 2 C ; jzj> 1A = r; jP (z)j>jP (0)j.L'application z 2 C 7�! jP (z)j 2 R est continue donc poss�ede unminimum sur le disque compact centr�e en 0 de rayon r ; minimum at-teint en un point z0 de ce disque. Nous avons donc jP (0)j>jP (z0)j puis8z 2 C ; jP (z)j>jP (z0)j d'o�u le r�esultat demand�e.(b) Posons R(z) = 0 si n = p et R(z) = nXk=p+1 bk�k zk si n>p + 1. R(t) s'�ecritaussi tp+1S(t) o�u S est un polynome.Nous avons alors 1� (�z)p +R(�z) = P (z).L'application z 2 C 7�! �z 2 C est une bijection donc j1 � zp +R(z)j>1pour tout z 2 C .(c) En particulier, pour t 2 R; t 2]0; 1] nous avons j1 � tp +R(t)j>1.Nous avons alors 1� tp + tp+1jS(t)j>1 soit encore tkS(t)j>1.En calculant la limite lorsque t tend vers 0 nous obtenons 0>1. Il y acontradiction et P (z0) = 0.Tout polynome complexe de degr�e au moins �egal �a 1 poss�ede une racine.Par r�ecurrence descendante sur le degr�e du polynome nous en d�eduisonsque tout polynome complexe de degr�e au moins �egal �a 1 est scind�e43.43On peut voir une autre d�emonstration dans le livre "compl�ement de cours" du meme auteur.

363110. 8n 2 N; Xn+1 � Xn donc la suite (�n)n2N est d�ecroissante et poss�ede unelimite �eventuellement �egale �a �1. � �etant la limte de la suite (�n)n2N, nousavons 8� > �; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) �6�n6�.S'il existe n0>N tel que �n0 = � alors pour n>n0 nous avons �n = �. Nousen d�eduisons que pour tout n>n0; � 2 Xn donc aussi 8n 2 N; � 2 Xn puis� 2 \n2NXn et est donc, comme nous l'avons d�ej�a vu dans un autre exercice,une valeur d'adh�erence de la suite (xn)n2N.Si pour tout n 2 N; � < �n alors il existe pn>n tel que �6xpn6�n. Lasous-suite de (xn)n2N terme g�en�eral xpn est donc convergente vers � qui estune valeur d'adh�erence de (xn)n2N.Supposons qu'il existe une suite �x'(n)�n2N ayant une limite l 2 R.8n 2 N; x'(n) 2 Xn donc 8n 2 N; x'(n)6�n et l6�. � est donc la plus grandevaleur d'adh�erence de la suite (xn)n2N.Le meme raisonnement s'applique pour la limite inf�erieure.Par construction, nous avons pour tout entier naturel n, �n6xn6�n. Si � = �alors la suite (xn)n2N a pour limite la valeur commune.111. (a) vn � l = 1n+ 1 nXk=0(uk � l).Soit " > 0 donn�e. Il existe N 2 N� tel que pour tout entier n>N on aitkun � lk6"2.Soit n>N .kvn � lk6 1n+ 1 N�1Xk=0 (uk � l) + 1n+ 1 nXk=N kuk � lk6 1n + 1 N�1Xk=0 (uk � l) + (n�N + 1)"2(n+ 1) = yn.limn!+1 yn = "2 donc il existe N1 2 N tel que pour n>max(N; N1) = N2on ait yn6".Nous en d�eduisons que pour n>N2; kvn� lk6" c'est-�a-dire limn!+1 vn = l.La r�eciproque n'est pas vraie ; il su�t de choisir un = (�1)n.vn = 1 + (�1)n2(n+ 1) . La suite (un)n2N ne converge pas alors que la suite(vn)n2N converge vers 0.(b) Soit A 2 R. Il existe N1 2 N� tel que pour tout k>N1 on ait vk>A + 1.Nous avons alors pour n>N1, vn> 1n+ 1 N1�1Xk=0 uk!+ (A+ 1)n+ 1�N1n+ 1 .La suite de terme g�en�eral le mebre de doite de l'in�egalit�e pr�ec�edentea pour limite A + 1 donc il existe N2 2 N tel que pour n>N2 on ait1n+ 1 N1�1Xk=0 uk! + (A+ 1)n+ 1 �N1n+ 1 >A.Pour n 2 N; n>max(N1; N2) = N3 nous avons vn>A c'est-�a-dire

364 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESlimn!+1 vn = +1.En rempla�cant un par �un nous avons un r�esultat analogue lorsque(un)n2N tend vers �1.(c) Si la suite (un)n2N est monotone elle poss�ede une limite l dans R doncd'apr�es les parties pr�ec�edentes la suite (vn)n2N a pour limite l. (un)n2Net (vn)n2N ont meme limite.112. (a) � �etant une valeur propre, il existe V 6= 0; V 2 Mn;1(C ) tel que AV =�V . La matrice X de Mn(C ) dont les n colonnes sont V est non nulle etv�eri�e AX = �X .(b) N(AX) = j�jN(X) donc j�jN(X)6N(A)N(X). N(X) est non nul doncj�j6N(A). Nous avons bien alors �(A)6N(A).(c) Deux matrices semblables ont les memes valeurs propres donc �(A) =�(S�1AS).Les valeurs propres de Ak sont les puissances ki�eme des valeurs propresde A. Il su�t pour cela, par exemple, de trigonaliser A. Il est alorsimm�ediat que pour tout k 2 N� , �(Ak) = �(A)k et �(A)k6N(Ak) c'est-�a-dire �(A)6 �N(Ak)� 1k .L'application X 2 Mn(C ) 7�! N(S�1XS) 2 R+ est clairement unenorme. Pour A et B appartenant �a Mn(C ), S�1ABS = S�1ASS�1BSdonc l'application est une norme d'alg�ebre44.(d) Soit M une matrice de Mn(C ) de terme g�en�eral mi;j . Le terme g�en�erald'indices (i; j) de la matrice(Diag (1; d; : : : ; dn�1))�1 M Diag (1; d; : : : ; dn�1) est �egal �a mi;jdj�i.Nous savons que l'applicationM 2Mn(C ) 7�! supj2Nn nXi=1 jmi;jj! est unenorme d'alg�ebre45.Posons, pourM 2Mn(C ) de terme g�en�eral mi;j , kAk = supj2Nn nXi=1 jmi;jj!et Nd(A) = kD�1TDk o�u D = Diag(1; d; : : : ; dn�1).Notons ti;j le terme g�en�eral d'indices (i; j) de la matrice T . Nd(A) =supj2Nn jti;ij+ j�1Xi=1 dj�ijti;jj!.Supposons d < 1. j�1Xi=1 dj�ijti;jj6 max(i;j)2(Nn)2 jti;jjd1� dj�11� d donc44dite aussi sous-multiplicative.45Il s'agit de la norme subordonn�ee �a la norme V = (v1; : : : ; vn) 2 C n 7�! nXi=1 jvij commed'ailleurs la norme M 2 Mn(C ) 7�! supi2Nn nXi=1 jmi;jj! est une norme d'alg�ebre subordonn�ee �a lanorme V = (v1; : : : ; vn) 2 C n 7�! maxi2Nn jvij.

365jti;ij+ j�1Xi=1 dj�ijti;jj6jti;ij+ max(i;j)2(Nn)2 jti;jjd1� dj�11� d etNd(A)6jti;jj+ max(i;j)2(Nn)2 jti;jj d1� d . limd!0 d1 � d = 0 donc il existe d tel queNd(A)6�(A) + ". La norme en question d�epend de A.Si �(A) < 1, nous pouvons choisir " > 0 tel que �(A) + " < 1 puis unenorme N 0 telle que N 0(A) < 1. N 0 est, comme nous l'avons vu plus haut,une norme d'alg�ebre donc N 0(Ak)6N 0(A)k et limk!+1N 0(Ak) = 0. Toutesles normes �etant �equivalentes, nous en d�eduisons46 que limk!+1Ak = 0.(e) Soit A 2Mn(C ). Soit " > 0. Posons B = 1�(A) + "A.�(B) < 1 donc limk!+1Bk = 0 et il existe l 2 N tel que 8k 2 N; k>l )N �Bk�61 c'est-�a-dire �N �Ak�� 1k 6(�(A) + ")k. Nous avons vu aussi que�(A)6 �N �Ak�� 1k donc la suite de terme g�en�eral �N �Ak�� 1k converge eta pour limite �(A).113. Si E est un espace vectoriel de dimension �nie, muni d'un produit scalairehermitien, si u est un endomorphisme de E nous avons pour tout x de Eku(x)k6kjujk kxk. Si x est un vecteur propre de u associ�e �a la valeur propre�, nous avons alors j�j kxk6kjujk kxk donc j�j6kjujk.En reprenant les notations de l'exercice et en identi�ant matrice et endomor-phisme associ�e dans la base canonique de C n , nous avons j�� 1j612. � �etantune valeur propre de g, pour tout k 2 Z; �k est une valeur propre de gkqui est un �el�ement de G car G est un groupe. Nous avons donc pour toutk 2 Z; j�k � 1j612. Si j�j 6= 1, l'ensemble des �el�ements �k; k 2 Z n'est pasborn�e sur Z ce qui est contradictoire donc j�j = 1.Posons � = exp(i�) avec � 2 [0; 2�[.Supposons � 62 2�Q.Nous avons vu dans l'exercice num�ero 45 que fexp(ip�); p 2 Ng est densedans U . Nous en d�eduisons donc (faire un dessin) qu'il existe p 2 N tel quej�p � 1j > 12 ce qui est faux.Supposons � 2 (2�Q) n (2�Z). Il existe (a; b) 2 N� � N� ; a ^ b = 1; b>2 telque frac�2� = ab . � = exp�2i�ab �. f�p; p 2 Ng = f�p; p 2 Nbg.j�p � 1j = ���2 sin��apb ���� avec p 2 Nb�1 .0 < �ab < �. V�eri�ons qu'il existe p tel que a et b �etant premiers entre eux,46R�eciproquement, supposons limk!+1Ak = 0. Soit � une valeur propre. Soit V 2 Mn;1(C ), nonnul tel que AV = �V . Nous avons alors AkV = �kV puis limk!+1�kV = 0 il vient alors j�j < 1.Nous avons donc l'�equivalence �(A) < 1 () limk!+1Ak = 0.

366 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESexp�2i�ab � est une racine bi�eme primitive de 1 et engendre 47 l'ensemble desracines bi�eme de 1.Nous en d�eduisons que �exp�2i�kab � ; k 2 Z�= �exp�2i�kb � ; k 2 Z�.Supposons b pair ; choisissons k = b2. ���k � 1�� = ����exp�2i�2 �� 1���� = 2.Supposons b impair ; choisissons k = b� 12 .���k � 1�� = ����exp�2i�(b � 1)2b �� 1���� = 2 cos� �2b�>2 cos ��6� = p3. Dans lesdeux cas nous aboutissons �a une contradiction. � appartient donc �a 2�Zet � = 1.Soit g 2 G; g 6= In. h = g � In est non nul. Si x est un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre � de h nous avons h(x) = �x qui �equivaut �ag(x) = (1 + �)x donc � = 0. h est donc nilpotent et il existe p 2 N; p>2 telque hp = 0. Soit x 62 Ker(hp�1) ; posons z = hp�1(x) 6= 0 et y = hp�2(x) 6= 0.g(y) = h(y) + y = z + y. g2(y) = g(z) + g(y) = g(z) + y + z = y + 2z.Supposons que gk(y) = y+kz; k 2 N alors gk+1(y) = g(y)+kg(z) = y+(k+1)z.Le r�esultat est prouv�e pour tout k 2 N. kjgk � Injk>kgk(y)� ykkyk = qkzkkyk .Nous avons donc limn!+1 kjgk � Injk = +1 ce qui est contraire �a l'hypoth�ese.Nous en d�eduisons donc g = In.114. Soit (A; B) 2 E2.An �Bn = n�1Xk=0 �An�kBk � An�1�kBk+1� = n�1Xk=0 �An�1�k(A� B)Bk�. Nous avonsdonc kAn � Bnk6 n�1Xk=0 kAkn�1�kkBkk! kA� Bk6nMn�1kA�Bk.Posons X = exp� 1nA� exp� 1nB� et Y = exp� 1n(A+B)�. En utilisant ceque nous venons de voir, il vient : kXn � Y nk6n (max(kXk; kY k))n�1 kX � Y k.Si C est un �el�ement de E, nous avons k exp(C)k6 +1Xk=0 kCkkk! = exp(kCk).47D'apr�es l'identit�e de B�ezout, il existe (u; v) 2 Z2; au + bv = 1 doncexp�2i�(au + bv)b � = exp�2i�b � = exp�2i�(au)b � = �exp�2i�ab ��u Le groupe multiplicatifdes racines bi�eme de 1 est donc aussi engendr�e par exp�2i�ab �. Nous aurions pu dire aussique �Z/bZ; +� est un groupe cyclique de cardinal b et est donc isomorphe au groupe multipli-catif cyclique engendr�e par exp�2i�b � ; un isomorphisme entre le premier et le second �etantk 7�! exp�2i�kb � ; un g�en�erateur du second est donc l'image d'un g�en�erateur du premier et lesg�en�erateurs de �Z/bZ; +� sont les classes d'entiers premiers avec b.

367Nous avons donc kXk6 exp�kAkn � exp�kBkn � etkY k6 exp�kA+Bkn �6 exp�kAkn � exp�kBkn �.Nous obtenons alors kXn � Y nk6n exp�n � 1n kA+Bk� kX � Y k. +1Xk=0 1nkk!Ak 6 +1Xk=0 kAkknkk! = exp�kAkn � � 1 � kAkn � kAk2n2 = o� 1n2� lorsquen tend vers l'in�ni.Nous en d�eduisonsX = �Ip + 1nA+ 1n2A2 + o� 1n2���Ip + 1nB + 1n2B2 + o� 1n2�� etY = �Ip + 1n(A+B) + 1n2 (A+B)2 + o� 1n2�� lorsque n tend vers l'in�ni puisX � Y = 1n2 (AB � BA) + o� 1n2� lorsque n tend vers l'in�ni.Nous en d�eduisons : limn!+1 nkX � Y k = 0 ce qui conduit �a limn!+1 kXn � Y nk = 0.Nous avons d�ej�a d�emontr�e48 que pour toute matrice M et pour tout entier qnous avonsexp(qM) = exp(M)q donc limn!+1�exp�1nA� exp� 1nB��n = exp(A+B).115. fn d�ecroit strictement sur [0; �n] puis croit sur strictement [�n; 1] o�u �n =� 2n + 3� 1n+2 . fn(0) = 1; fn(1) = 0 donc fn poss�ede un et un seul z�ero, xn,sur ]0; 1[.Pour x 2]0; 1[, fn+1(x) � fn(x) = xn+3(x � 1) < 0 donc xn+1 < xn. La suite(xn)n2N est strictement d�ecroissante donc convergente, de limite l 2 [0; x0[.(xn)n+36 (x0)n+3 donc limn!+1 (xn)n+3 = 0.Nous avons la relation (xn)n+3 = 2xn � 1 donc 2l � 1 = 0 et l = 12.116. (a) ddx (xn � x � n) = nxn�1 � 1. Posons �n = � 1n� 1n�1 .Pn : x 2 R+ 7�! xn�x�n 2 R est strictement d�ecroissante sur [0; �n] etstrictement croissante sur [�n; +1[. Pn(0) = �n < 0 donc Pn(�n) < 0.Pn a pour limite +1 en +1 donc Pn poss�ede un et un seul z�ero, xn.Pn(1) = �n < 0 donc ce z�ero est strictement sup�erieur �a 1.Pn+1(xn) = xn+1n �xn�n = (xn+n)xn�xn�n�1 = x2n+(n�1)xn�n�1.Notons �n = �n + 1 +pn2 + 2n+ 52 la plus grande racine du polynomeQn = X2 + (n� 1)X � n� 1. Qn(1) = �n < 0 donc 1 < �n.n� 1 +pn2 + 2n+ 52 > n > n 1n�1 donc �n > 2n� 1 +pn2 + 2n+ 5 = �n.48Voir l'exercice num�ero 111 page 186 du chapitre d'alg�ebre lin�eaire.

368 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESNous obtenons alors xn > �n et Pn+1(xn) > 0 puis xn < xn+1.La suite est donc d�ecroissante, minor�ee ; elle converge vers une limite l>1.(b) Posons xn = 1 + yn. nyn �n!+1 n ln(1 + yn) = ln(n+ 1 + yn) �n!+1 ln(n)donc yn = xn � 1 �n!+1 ln(n)n .117. S'il existe q 2 N tel que uq = 0 alors pour tout n>p; un = 0. La limite estalors nulle et il s'agit bien de l = infn2N� nqun .Nous pouvons supposer que les un sont tous strictement positifs.Soit (p; n) 2 N� � N. Nous avons upn6(un)p. Posons l = infn2N� nqun .Soit " > 0. Il existe n0 2 N� tel que l6 n0qun0 6l + "2.Soit m 2 N ; m = pn0 + r; 06r < n0. Par d�e�nition de l et d'apr�es les hy-poth�eses, nous avons lm6um6 (un0)p ur soit encore l6 mqum 6 (un0) pm (ur) 1m .limm!+1 pm = 1n0 donc limm!+1 (un0) pm = (un0) 1n0 .Pour chaque r, limm!+1 (ur) 1m = 1.Le nombre d'indices r �etant �ni (6n0), il existe un entier n1 tel que pour toutm>n1 et pour tout r, on ait (un0) pm (ur) 1m 6 (un0) 1n0 + "2 . Nous avons alorspour tout m>n1, l6 mqum 6l + " c'est-�a-dire limn!+1 nqun = l.118. Soit " > 0. Soit N 2 N associ�e tel que pour tout entier n>N on aitjn(un + u2n)� 2j6"2. n �etant aini �x�e, il vient alors (2kn �etant sup�erieur �an pour k 2 N�) j(2kn) (u2kn + u2k+1n)� 2j6"2.pXk=0(�1)k �u2kn + u2k+1n � 22kn� = un + (�1)pun2p+1 � 4(1� � 12�p)3n .En utilisant l'in�egalit�e pr�ec�edente, nous obtenons :����� pXk=0(�1)k �u2kn + u2k+1n � 22kn������6 pXk=0 "n2k+16 "n soit encore�����un + (�1)pun2p+1 � 4(1� �12�p)3n �����6 "n .En faisant tendre p vers +1 nous obtenons ����un � 43n ����6 "n puis ����nun � 43����6"c'est-�a-dire limn!+1nun = 43.119. Il est imm�ediat que si la suite (xn)n2N converge, de limite a, la suite (yn)n2Nconverge, de limite 3a.supposons que la suite (yn)n2N converge, de limite l. Posons vn = yn � l etun = xn � l3.Nous avons la relation vn+1 = un + 2un+1.

3698n 2 N� ; un = (�1)nu02n � nXk=1(�2)k�1�nvk. En e�et ; cette relation est vraiepour n = 1. Supposons-l�a vraie jusqu'au rang n.un+1 = �un2 + vn+12 = (�1)n+1u02n+1 � nXk=1(�2)k�2�nvk + vn+12= (�1)n+1u02n+1 � n+1Xk=1(�2)k�1�(n+1)vk. Le r�esultat est vrai au rang n + 1.Il est vrai pour tout n 2 N� .Soit " > 0. Il existe N 2 N; N>2 tel que pour n>N on ait jvnj6"2.Soit alors n>N .����� nXk=1(�2)k�1�nvk�����6N�1Xk=1 2k�1�njykj+ " nXk=N 2k�2�n = AN2n + "�12 � 2N�2�n�.Nous avons donc junj6u02n + AN2n + "�12 � 2N�2�n�.Le membre de droite de l'in�egalit�e pr�ec�edente d�e�nit une suite qui convergevers "2 donc il existe N1 2 N tel que pour n>N1, le membre de droite soit auplus �egal �a ". Pour n>max(N; N1) = N2 nous avons junj6" donc la suite(un)n2N converge vers 0 et la suite (xn)n2N converge49 vers l3.Consid�erons la suite (xn)n2N de terme g�en�eral (�2)n. yn+1 = xn + 12xn+1 = 0.La suite (yn)n2N converge vers 0 et la suite (xn)n2N n'est pas convergente.120. (a) Soit " > 0. D'apr�es l'hypoth�ese, il existe N 2 N tel que pour tout n>Non a jx2n + bxnj6"(jbj � 1).Soit n>N . Soit p 2 N. Nous avons ��(�1)pxn2p+1 + bp+1xn��6" �jbjp+1 � 1�.Cette relation est vraie pour p = 0. Supposons-l�a vraie jusqu'au rang p.��(�1)p+1xn2p+2 + bp+2xn�� = ��(�1)p+1xn2p+2 + (�1)p+1xn2p+1�(�1)p+1xn2p+1 + bp+2xn��6"(jbj � 1) + jbj" �jbjp+1 � 1�6" �jbjp+2 � 1�d'o�u le r�esultat.Nous obtenons donc ���(�1)pxn2p+1bp+1 + xn���6" jbjp+1 � 1jbjp+1 . En faisant tendrep vers l'in�ni ; la suite(xn)n2N �etant born�ee, nous obtenons jxnj6". Lasuite est donc convergente, de limite nulle.Autre m�ethode.Si la suite (xn)n2N converge, la limite est nulle. Si elle ne converge pas ;�etant born�ee elle poss�ede une sous-suite, �x'(n)�n2N, convergente de li-mite50 l 6= 0.limn!+1 x2'(n) + bx'(n) = 0 donc la suite de terme g�en�eral �x2'(n)�n2N convergevers �bl puis pour tout p 2 N, �x2p'(n)�n2N converge vers (�b)pl.49Le r�esultat est le meme pour une suite d'�el�ements d'un espace vectoriel norm�e.50Nous avons d�ej�a vu que si une telle suite ne poss�ede qu'une seule valeur d'adh�erence, elleconverge.

370 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESlimn!+1 j(�b)plj = +1 et la suite (xn)n2N n'est pas born�ee ; ce qui estcontradictoire d'o�u la convergence de la suite (xn)n2N.Consid�erons la suite (xn)n2N d�e�nie par x2n+1 = 0 pour n 2 N� etx2n = �bxn. x2n + bxn = 0.8p 2 N; x2p = (�b)px1 ne converge pas. L'hypoth�ese \born�ee" est n�eces-saire.(b) 06nun6n(un + u2n). La suite de terme g�en�eral nun est donc born�ee.Posons xn = nun � 13. La suite (xn)n2N v�eri�e les conditions pr�ec�edentes ;elle converge donc vers 0 et la suite de terme g�en�eral nun converge vers13.121. On peut remarquer que f poss�ede un point �xe. En e�et ; posons h(x) =f(x) � x. h(a) = f(a) � a>0, h(b) = f(b) � b60. D'apr�es le th�eor�eme desvaleurs interm�ediaires, h poss�ede au moins un z�ero.La suite (xn)n2N est bien d�e�nie car x+ f(x)2 2 [a; b].Posons g(x) = f(x) + x2 . g est d�e�nie de [a; b] dans lui-meme, continue etposs�ede donc au moins un point �xe.f est 1-Lipschitzienne donc si (x; y) in[a; b]; x6y, x � y6f(y) � f(x) puisg(x)6g(y). g est croissante et la suite (xn)n2N est alors monotone (croissantesi x1>x0 ; d�ecroissante si x16x0). La suite est donc convergente de limitel 2 [a; b] v�eri�ant, grace �a la continuit�e, 2l = l + f(l). l est un point �xe def .122. Posons un = an + ibn et vn = a0n + ib0n avec (an; bn; a0n; b0n) 2 R4.un et vn sont dans le disque centr�e en 12 de rayon 12 donc 06an61; 06a0n61.Nous avons a2n+b2n�an60; a0n2+b0n2�a0n60 donc (a2n+b2n)(a0n2+b0n2)6ana0n61puis junvn6ana0n61. Nous en d�eduisons limn!+1 ana0n = 1.ana0n6an61 donc limn!+1 an = 1 et de meme limn!+1 a0n = 1. limn!+1 junu0nj2 = 1donc en posant xn = (anb0n)2 + (bna0n)2 + (bnb0n)2 nous avons limn!+1 xn = 0 eten particulier limn!+1 anb0n = 0 donc limn!+1 b0n = 0 c'est-�a-dire limn!+1 un = 1 etlimn!+1 vn = 1.123. limn!+1 n(un + un+1) = 1 donc limn!+1n(un+1 + un+2) = 1 puis en calculant la dif-f�erence limn!+1n(un+2 � un) = 0. La suite (un)n2N �etant d�ecroissante, nousavons 06xn � xn+16xn � xn+2 et alors limn!+1n(un+1 � un) = 0. Nous en d�e-duisons limn!+1 2nun+1 = 1 soit encore limn!+1nun = 12.Consid�erons la suite (un)n2N d�e�nie par u2n = 12n , u2n+1 = 0.2n (u2n+1 + u2n) = 1, (2n + 1) (u2n+2 + u2n+1) = 2n + 12n + 2.

371Nous avons donc limn!+1n(un + un+1) = 1. Cependant la limite de la suite determe g�en�eral (2n + 1)u2n+1 est nulle et la limite de la suite de terme g�en�eral(2n)u2n est �egale �a 1.124. (a) Les deux suites sont bien d�e�nies.vn+1 � un+1 = �pvn �pun�22 >0. v0�u0>0 donc pour tout n 2 N; un6vn.un+1 � un = pun (pvn �pun)>0, vn+1 � vn = un � vn2 60.La suite (vn)n2N est d�ecroissante donc major�ee par b, la suite (un)n2Nest croissante major�ee par b donc convergente de limite l1>a ; la suite(vn)n2N est d�ecroissante minor�ee par 0 donc convergente de limite l2 2[l1; b]. Nous avons les relations l21 = l1l2; 2l2 = l1 + l2. Il vient alorsl1 = l2 = l 2 [a; b]. Les suites sont donc en fait adjacentes.(b) �n+1(�n)2 = 12(pun +pvn) donc limn!+1 �n+1(�n)2 = 18l . La suite (�n)n2N a uneconvergence quadratique.125. (a) Les suites (un)n2N (vn)n2N sont bien d�e�nies, positives.vn+1 � un+1 = pun+1 (pvn �pun+1) a le signe de vn � un + vn2 c'est-�a-dire le signe de vn � un.Nous en d�eduisons imm�ediatement que 8n 2 N; vn � un>0.un+1 � un = vn � un2 .vn+1 � vn = pun+1vn � vn = pvn(un+1 � vn)pun+1 +pvn = pvn(un � vn)2 �pun+1 +pvn� a le signede un � vn60.La suite (un)n2N est croissante, la suite (vn)n2N est d�ecroissante. Nousavons alors 8n 2 N; a6un6vn6b. Les deux suites sont donc convergentesde limites respectives l1 et l2. Ces limites v�eri�ent la relation l1 = l1 + l22 .Ces deux suites ont donc la meme limite l (elles sont adjacentes).(b) 0 < ab < 1 donc il existe ' 2 i0; �2 h tel que a = b cos(').Montrons que l'on a pour n 2 N� ; vn = b nYk=1 cos � '2k� ; un = vn cos � '2k�.Cette relation est vraie pour n = 1. Supposons-l�a vraie jusqu'au rang n.un+1 = vn cos � '2n� + vn2 = vn cos2 � '2n+1�,vn+1 = rv2n cos2 � '2n+1� = vn cos� '2n+1� puis un+1 = vn+1 cos � '2n+1�.Le r�esultat est prouv�e au rang n+ 1. La relation est donc v�eri��ee.Posons pour n 2 N� ; xn = nYk=1 cos� '2k� et yn = nYk=1 sin� '2k�.xn et yn sont > 0. xnyn = nYk=1�12 sin� '2k�1�� = sin(')2n sin � '2n �yn. En sim-

372 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESpli�ant nous obtenons xn = sin(')2n sin � '2n � .Nous en d�eduisons : limn!+1 xn = sin(')' puis l = bsin(')' .126. Posons, pour x 2 R; f(x) = 4x�x2. f est strictement croissante sur ]�1; 2]et est strictement d�ecroissante sur [2; +1[ ; f(x) = x () x 2 f0; 3g ;f(x) = 0 () x 2 f0; 4g.Pour x < 0 ou pour x > 4, f(x) < 0. Si x < 0; f(x) � x < 0. Nous end�eduisons donc que si u0 2]�1; 0[[]4; +1[, 8n>1; un 2]�1; 0[ et la suiteest strictement d�ecroissante �a partir du rang 1. Cette suite poss�ede donc unelimite, r�eelle 6u1, ou �egale �a �1 Si cette suite converge, la limite, l6u1, doitv�eri�er f(l) = l c'est-�a-dire l 2 f0; 3g ce qui est exclu. La suite a donc pourlimite �1.Si la suite est stationnaire alors 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) un = un+1 ce qui�equivaut �a un 2 f0; 3g. Si la suite n'est pas stationnaire alors 8n 2 N; un 62f0; 3g.Supposons alors que 8n 2 N; un 62 f0; 3g et que la suite converge vers 3.Soit " 2 �0; 12�. Il existe N 2 N tel que pour tout n 2 N, n>N impliquejun � 3j6".un+1 � 3 = (un � 3)(1 � un) donc pour n>N nous avonsun+1 � 3 = (uN � 3) nYk=N(1 � uk) puis ����� nYk=N(1 � uk)�����6 "juN � 3j .Pour n>N nous avons jun � 1j>2 � ">32 donc �32�n�N+16 "juN � 3j ce quiest faux car le membre de gauche tend vers +1 lorsque n tend vers l'in�ni.Supposons alors que 8n 2 N; un 62 f0; 3g et que la suite converge vers 0.Soit " 2 ]0; 1[. Il existeN 2 N tel que pour tout n 2 N, n>N implique junj6".un+1 = un(4 � un) donc pour n>N nous avons un+1 = uN) nYk=N(4� uk) puis����� nYk=N(4� uk)�����6 "juN j . Pour n>N nous avons j4� unj>3 donc (3)n�N+16 "juN jce qui estl�a encore faux car le membre de gauche tend vers +1 lorsque n tendvers l'in�ni.En r�esum�e, les seuls cas o�u la suite (un)n2N est convergente sont ceux pourlesquels elle est stationnaire51.127. (a) Pn est strictement croissante sur [0; 1] ;Pn(0) = �1; Pn(1) = 1 donc ilexiste un unique �n 2]0; 1[ v�eri�ant Pn(�n) = 0.(b) Pn+1(�n) = �n+1 +�n� 1 = �n(1��n) +�n� 1 = �(1��n)2 < 0. Nousen d�eduisons �n < �n+1.La suite (�n)n2N� est croissante, major�ee ; elle converge vers l 2]�1; 1].51Nous d�e�nissons en fait l�a un syst�eme cahotique.

373Si l < 1 alors 8n 2 N� ; 06(�n)n6ln donc limn!+1(�n)n = 0 puis 1 � l = 0et l = 1 ; i y a une contradiction donc l = 1.Posons pour t 2]0; 1[, f(t) = ln(1� t)ln(t) . t 2]0; 1[7�! � ln(1 � t) 2 Rest positive, strictement croissante ; t 2]0; 1[7�! � 1ln(t) 2 R est positive,strictement croissante donc f est positive, strictement croissante. Lalimite en 0 de f est �egale �a 0 ; la limite en 1 est �egale �a +1. f est unebijection de ]0; 1[ sur ]0; +1[. �n = f�1(n) et limn!+1�n = 1.f(t) �t!1 ln(1� t)t � 1 > 0 donc f(t) = h(t)ln(1� t)t � 1 avec limt!1� h(t) = 1.ln(f(t)) = ln(h(t)) + ln� ln(1 � t)t� 1 �. limn!+1 ln(h(t))ln� ln(1�t)t�1 � = 0donc ln(f(t)) �t!1 ln� ln(1� t)t� 1 � puis ln(f(t)) �t!1 � ln(1� t).ln(f(�n)) = ln(n) donc ln(n) �n!+1 � ln(1 � �n) et, nous avons vu plushaut, n �n!+1 ln(1 � �n)�n � 1 soit �nalement 1 � �n �n!+1 ln(n)n .128. Posons Pn(x) = xn � nx + 1. P 0n(x) = n(xn�1 � 1) est strictement n�egatif sur[0; 1[. Pn(0) = 1; Pn(1) = 2 � n60 donc Pn poss�ede un et un seul z�ero dansl'intervalle [0; 1]. �n = 1 + (�n)nn 2 � 1n; 2n�. La suite (�n)n>2 converge doncvers 0 et limn!+1(�n)n = 0. Nous en d�eduisons �n �n!+1 1n .Nous pouvons obtenir un peu plus de pr�ecision.�n � 1n = 1n exp(n ln(�n)) = 1n exp�n ln�1 + (�n)nn �� soit encore�n � 1n = 1n exp (n ln (1 + (�n)n)� n ln(n)) = 1nn+1 exp (n ln (1 + (�n)n)).Nous avons donc �n � 1n = 1nn+1 exp (n ((�n)n + 0 ((�n)n))).Il existeN 2 N; N>2 tel que pour n>N on ait �n 2 �0; 12� donc n�n 2 i0; n2nhet converge vers 0. Nous en d�eduisons �n � 1n �n!+1 1nn+1 .129. Soit la suite (un)n2N d�e�nie par 8n 2 N; un = ln(n+ 1).Pour p 2 N� ; un+p � un = ln�n + p + 1n+ 1 � �n!+1 pn . Nous avons donc pourtout p 2 N; limn!+1(un+p � un) = 0. (un)n2N n'est pas de Cauchy car elle neconverge pas.130. (a) f 0n(x) a le signe de (n+ 1)xn �x2n�2 � 1� + (n� 1)xn�2 �x2n+2 � 1� quiest strictement n�egatif sur ]0; 1[. fn est strictement d�ecroissante, a pourlimite +1 en 0 et 1 en 1. L'�equation fn(x) = n poss�ede donc une et uneseule solution xn sur ]0; 1[ pour tout n>2.

374 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ES(b) fn+1(x) + fn�1(x) = fn(x)�x+ 1x�.Nous en d�eduisons fn+1(xn) + fn�1(xn) = n�xn + 1xn� > 2n.f2(0; 44) < 2; f3(0; 51) > 3 donc x2 < 0; 44 < 0; 51 < x3.Supposons que pour 36i6n on ait xi�1 < xi.Il vient alors fn�1(xn) > fn�1(xn�1) = n� 1 doncfn+1(xn) > 2n� (n�1) = n+1 = fn+1(xn+1) ce qui conduit �a xn < xn+1.La suite (xn)n>2 est donc convergente de limite l 2]0; 1].Pour x 2 [0; 1], 1 + x2n1 + x2 >12 donc fn(xn)> 12(xn)n�1 puis (xn)n�1> 12n etln(xn)> � ln(2n)n� 1 .En calculant la limite nous obtenons ln(l)>0 puis l>1 c'est-�a-dire l = 1.(xn)n�1 = 1n 1 + (xn)2n1 + (xn)2 . ln(xn) = 1n � 1 �� ln(n) + ln�1 + (xn)2n1 + (xn)2 ��.1261 + (xn)2n1 + (xn)2 61 donc� ln(n) + ln�1 + (xn)2n1 + (xn)2 � �n!+1 � ln(n) et ln(xn) �n!+1 � 1n� 1 ln(n)soit encore 1 � xn �n!+1 ln(n)n .Cette derni�ere d�emonstration aurait en fait su�t pour prouver la conver-gence de la suite vers 1.131. fn est continue et strictement croissante sur R+. fn(0) = �1; fn(1) = n � 1.fn(x) = 0 poss�ede une et une seule solution, yn, positive ; celle-ci est stricte-ment positive et strictement inf�erieure �a 1 d�es que n>2.fn+1(yn) = fn(yn) + yn+1n >= fn+1(yn+1). La suite (yn)n2N est strictementd�ecroissante donc convergente de limite l 2 [0; 1[. En particulier, pourn>2; 06yn6y2 < 1 donc limn!+1 (yn)n+1 = 0. 8n 2 N; (yn)n+1 = 2yn � 1.Nous en d�eduisons l = 12.Posons yn = 12(1 + �n). Nous avons la relation (1 + �n)n+1 = 2n+1�n.Il vient imm�ediatement 2n+1�n>1 + (n+ 1)�n.Il existe N 2 N, tel que pour n>N on ait �n612 donc �n6�34�n+1 etlimn!+1(n+ 1)�n = 0.En �etudiant les variations, il est simple de v�eri�er que exp(x) � 1 � 2x < 0pour x 2 [0; 1]. IL existe donc N1 2 N tel que pour tout n>N1 on ait2n+1�n = exp((n+ 1) ln(1 +�n))6 exp((n+ 1)�n)61 + 2(n+ 1)�n c'est-�a-dire�n6 12n+1 � 2(n+ 1).En utilisant les deux in�egalit�es nous en d�eduisons �n �n!+1 12n+1 .

375132. Soit " > 0. limx!0+ �� � x+ 1 � x = �� + 1 limx!0+ �� + x+ 1 + x = �� + 1 donc8" > 0; 9� > 0 tel que �� � � + 1 � �> �� + 1 � " et �� + � + 1 + �6 �� + 1 + ".Posons pour k 2 N� , Sk = kXi=1 ui et Xk = kXi=1 iui.8n 2 N� ; Xn = (n+ 1)Sn � nXk=1 Sk.Par hypth�ese nous avons8� > 0; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) (� � �)nun6Sn6(� + �)nun.Nous obtenons alors (� � �) nXp=N pup6 nXp=N Sp6(�+ �) nXp=N pup puisN�1Xp=1 Sp � (� � �)N�1Xp=1 pup + (�� �) nXp=1 pup6 nXp=1 Sp6(� + �) nXp=1 pup + N�1Xp=1 Sp � (� + �)N�1Xp=1 pupque nous pouvons �ecrire :KN + (�� �)Xn6(n+ 1)Sn �Xn6K 0N + (�+ �)Xn.Nous obtenons donc KN + (� � � + 1)Xn6(n+ 1)Sn6K 0N + (�+ � + 1)Xn.Montrons limn!+1n2un = 0.Si � > 0, nun �n!+1 1�Sn et n2un �n!+1 n�Sn > n�u1 donc limn!+1n2un = 0.Supposons � = 0. (Sn)n2N� est croissante donc a une limite S > 0 ou in-�nie. Dans le premier cas, n2un = nSnSnnun tend vers +1 ; dans le second caslimn!+1 nun = +1 puis limn!+1 n2un = +1.En utilisant l'encadrement obtenu plus haut, nous avons�(n+ 1)Snn2un � K 0Nn2un�� 1� + � + 1�6 Xnn2un6�(n+ 1)Snn2un � KNn2un�� 1� � � + 1�.Le membre de gauche a pour limite �� + � + 1 ; celui de droite �� � � + 1.Il existe donc N1 2 N tel que pour n 2 N; n>N1 on ait�� � � + 1 � �6 Xnn2un6 �� + � + 1 + �.Il existe alors N2 2 N tel que pour tout n 2 N; n>N2 on ait�� + 1 � "6 Xnn2un6 �� + 1 + " c'est-�a-dire limn!+1 Xnn2un = �� + 1.Remarque Si 8n 2 N� ; un 2 R� et � > 0 nous avons encore le meme r�esultat.En e�et. Il existe N 2 N tel que pour tout n 2 N� ; n>N on ait Snnun>�2 .Nous pouvons imposer �a N d'etre strictement sup�erieur �a 2� .Supposons que un ne soit pas de signe �xe.Il existe n>N tel que un > 0 et un+1 < 0. Il vient alors

376 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSn>nun�2 et Sn+16(n+ 1)un+1�2 puis un+16�2 ((n+ 1)un+1 � nun) c'est-�a-dire �1� �2 (n+ 1)� un+16� nun�2 . Le membre de gauche est strictementpositif et le membre de droite est strictement n�egatif ; il y a une contradictiond'o�u le r�esultat demand�e.133. (a) Posons wn = vn � n�. limn!+1wn+1 � wn = 0.8" > 0; 9N 2 N� ; 8n 2 N; n>N ) jwn+1 � wnj6"2.jwn+1 � wN j = ����� nXk=N(wk+1 � wk)�����6(n�N + 1)"2.jwn+1jn 6 jwN jn + n �N + 1n "2. Le membre de droite a pour limite "2 doncil existe N1 2 N� tel que pour n>N1; jwNjn + n�N + 1n "26". Pourn>N2 = max(N; N1) + 1 nous avons jwnjn 6" c'est-�a-dire limn!+1 wnn = 0puis limn!+1 vnn = �.(b) nXk=1 vk = nXk=1 wk + �n(n+ 1)2 .8" > 0; 9N 2 N� ; 8n 2 N; n>N ) jwnjn 6" ����� nXk=1 wk�����6 �����N�1Xk=1 wk����� + nXk=N k"puis1n2 ����� nXk=1 wk�����6 1n2 �����N�1Xk=1 wk����� + 12n2 (n(n+ 1)�N(N + 1)) ". Le membre dedroite a pour limite "2 donc il existe N1 2 N tel que pour n>N1 onait 1n2 �����N�1Xk=1 wk�����+ 12n2 (n(n+ 1)�N(N + 1)) "6". Pour n>max(N; N1)on a 1n2 ����� nXk=1 wk�����6" c'est-�a-dire limn!+1 1n2 nXk=1 wk = 0. Nous avons doncimm�ediatement52 le r�esultat demand�e.(c) Posons vn = an+1 � an. Nous sommes ramen�e aux cas pr�ec�edents etnXk=1 vk = an+1 � a1. La conclusion est imm�ediate.134. 12n nXk=0 Ckn(uk � l) = vn � l. On peut donc supposer l = 0.Soit " > 0 et soit N 2 N tel que pour n>N on ait kunk6"2. Nous avons alors52On peut remplacer C par un espace vectoriel norm�e sans changer le r�esultat.

377kvnk6 12n NXk=0 Cknuk + "2n+1 nXk=N+1Ckn. Pour k 2 f0 : : : ; Ng, Ckn6nN doncpour n>N , kvnk6 (N + 1)nN2n NXk=0 kukk+ "2. limn!+1 (N + 1)nN2n NXk=0 kukk+ "2 = "2donc il existe N1 2 N tel que pour n>N on ait (N + 1)nN2n NXk=0 kukk+ "26".Nous en d�eduisons le r�esultat demand�e.135. x2 � xy � x02 + x0y0 = (x� x0)(x+ x0 � y) + x0(y0 � y),�y2 + 2xy + y02 � 2x0y0 = (y � y0)(2x0 � y0 � y) + 2y(x � x0).Pour x; x0; y; y0 dans [�a; a] nous avonsj(x� x0)(x+ x0 � y) + x0(y0 � y)j63ak(x� x0); (y � y0)k1 etj(y � y0)(2x0 � y0 � y) + 2y(x � x0)j64ak(x� x0); (y � y0)k1.Pour 0 < a < 14, nous avons le r�esultat demand�e.jxj jx� yj62a2 < 12a et jyj jy � 2xj63a2 < 34a donc f laisse stable [�a; a]2. fest alors contractante. [�a; a]2 est complet donc d'apr�es le th�eor�eme du point�xe vu plus haut en exercice, f poss�ede un et un seule point �xe, limite de lasuite (xn)n2N d�e�nie par x0 2 [�a; a]2 et pour n 2 N; xn+1 = f(xn).Dans l'exemple propos�e, u2 = �18 ; v2 = 316.Nous pouvons alors appliquer le r�esultat pr�ec�edent et la suite (xn)n2N converge,de limite (l1; l2) avec l1 = l21�l1l2; l2 = �l22+2l1l2. Les solutions de ce syst�emesont (0; 0); (0; �1) et (1; 0). La limite est donc �egale �a (0; 0).136. Posons f(�) = supp2Z(sin(p�) qui existe car sin(p�)61.fsin(p�); p 2 Zg = fsin(p� � p�); p 2 Zg donc f(� � �) = f(�). Nouspouvons donc supposer � 2 i0; �2 i.sin�p�3� prend pour p 2 Z les valeurs 0; p32 ; �p32 donc f ��3� = p32 .Montrons alors que 8� 2 i0; �2 i ; f(�)>p32 .Pour � 2 h�3 ; �2 i, on abien sur f(�)>p32 .Soit � 2 i0; �3 h. Soit p le plus petit entier tel que p�>�3 . (p� 1)� < �36p� ;p est au moins �egal �a 2. Nous avons �36p� < 2�3 puis sin(p�)>p32 d'o�u ler�esultat demand�e.137. Supposons dans un premier temps que l est nul.Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour tout entier n au moins �egal �a N onait kun+1 � unk6"jvn+1 � vnj.Quitte �a changer vn en �vn on peut supposer que la suite (vn)n2N est stricte-ment d�ecroissante et en particulier strictement positive.

378 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSoit n>N .Pour tout entier k nous avons alors kun+k+1 � un+k6"(vn+k � vn+k+1).pXk=0(un+k+1 � un+k) = un+p+1 � un puis en utilisant les in�egalit�es pr�ec�edentes,kun+p+1 � unk6"(vn� vn+p+1). En faisant tendre p vers l'in�ni nous obtenonskunk6"(vn) d'o�u le r�esultat demand�e.Supposons que la suite de terme g�en�eral 1vn+1 � vn (un+1 � un) a pour limitel. En posant wn = un � lvn nous sommes ramen�e au cas pr�ec�edent donclimn!+1 1vnun = l.138. Supposons dans un premier temps que la suite (an)n2N converge vers 0. Soit" > 0. Soit N1 2 N tel que pour tout k 2 N; k>N1 ) jakj6 "2M . N1 �etantchoisi, soit N2 2 N tel que pour tout k>N2 on ait kbkk6 "2PN1j=0 jajj .Soit n>N1 + N2. Pour k6N1, nous avons n � k>N1 + N2 � N1 = N2 donc N1Xk=0 akbn�k 6 "2PN1j=0 jajj N1Xk=0 jakj = "2. nXk=N1+1 akbn�k 6M "2M = ".Nous avons donc nXk=0 akbn�k 6" c'est-�a-dire limn!+1 nXk=0 akbn�k = 0.Supposons que la suite (an)n2N ait pour limite l 2 C . Posons cn = an � l.nXk=0 akbn�k = Xk=0n ckbn�k + l nXk=0 bn�k.E �etant complet, la suite (xn)n2N de terme g�en�eral nXk=0 bk est convergente53.En e�et La suite (yn)n2N de terme g�en�eral p+qXk=q+1 kbkk est croissante major�eedonc convergente puis pour tout " > 0, il existe N 2 N tel que pour tout n>Non ait kxp+q � xqk = p+qXk=q+1 bk 6 p+qXk=q+1 kbkk6". (xn)n2N est de Cauchy doncconvergente de limite L.La suite de terme g�en�eral nXk=0 akbn�k converge donc vers lL.139. Si la suite (un)n2N converge, sa limite est nulle.Supposons que la suite (un)n2N ne soit pas convergente. Il existe " > 0 tel quepour tout p 2 N il existe q>p v�eri�ant juqj>p". " peut etre suppos�e inf�erieur53La s�erie de terme g�en�eral bn est par hypoth�ese absolument convergente donc convergente parceque E est complet.

379�a 14 . Il existe N 2 N tel que pour tout entier n>N on ait ��un+1 � un � u2n��6".Il existe donc m>N tel que jumj>p".Si um>p" alors um+1>�"+"+p" = p" et um+1�um>0. On en d�eduit alorsimm�ediatement que pour tout p>m nous avons up+1>up>p". La suite (un)n2Nconverge vers une limite strictement positive. Nous avons une contradiction.Si um6�p" alors u2m>" et �"6um+1� um� u2m6um+1� um � " puis um+1�um>0.Deux cas sont alors possibles.8p>m; up6�p" ; la suite born�ee et monotone �a partir du rang m converge,de limite l6 �p" ce qui est faux.Il existe p > m tel que up > �p" mais alors t 7�! t2 + t �etant croissante sur��12 ; +1� nous avons up + u2p>"�p".Il vient alors up+1> �p"+ up + up+1>�p". La suite est croissante �a partirdu rang p et, �etant born�ee, a une limite sup�erieure �a �p". Nous avons encoreune contradiction.La suite (un)n2N est bien convergente.140. u5n+1 � u5n = �n(un+1 � un)� un+1 donc(un+1 � un) �u4n+1 + u3n+1un + u2n+1u2n + un+1u3n + u4n + n� = �un+1.Si un+1 > 0 alors 0 < un+1 < un.Si un+1 < 0 alors un < un+1 < 0. Nous en d�eduisons que si un+1 est strictementpositif alors u0 aussi et si un+1 est strictement n�egatif alors u0 aussi. u0 �etantpar hypoth�ese �egal �a 1 nous avons alors un+1 > 0 et 0 < un+1 < un. La suite(un)n2N est donc convergente de limite l 2 [0; 1[.La relation un = 1 � u5nn conduit alors �a l = 0.limn!+1 nun = 1 et un � 1n = � 1nu5n �n!+1 � 1n6 c'est-�a-direun � 1n = � 1n6 + o� 1n6�.un � 1n = � 1n � 1n � 1n6 + o� 1n6��5un � 1n = � 1n6 �1� 5n5 + o� 1n5��.Nous avons donc un = 1n � 1n6 + 5n11 + o� 1n11�.141. Soient ( 0n)n>2 et ( n)n>2 les deux suites d�e�nies par 0n = n�1Xk=1 1k � ln(n) et n = nXk=1 1k � ln(n).Nous avons pour tout k 2 N� ; 1k + 16 ln�1 + 1k�61k donc 0n+1 � 0n>0 et n+1 � n60. limn!+1( n � 0n) = 0 ; les deux suites sont donc

380 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESadjacentes et convergentes de meme limite (la constante d'Euler voisine de0,57721). Nous en d�eduisons aussi que nXk=1 1k �n!+1 ln(n).En utilisant le th�eor�eme de Rolle, nous en d�eduisons que P 0n poss�ede une ra-cine sur chaque intervalle ]i; i + 1[. Chaque racine est unique car Pn est unpolynome de degr�e n+ 1. �n est donc unique et appartient �a ]0; 1[.Nous avons la relation (d�ej�a vue dans le chapitre sur les fractions rationnelles)P 0nPn = 1X + nXk=1 1X � k donc 0 = 1�n + nXk=1 1�n � k soit encore �n = 1nXk=1 1k � �n .nXk=1 1k < nXk=1 1k � �n < 11� �n + n�1Xk=1 1k .Nous avons alors 111 � �n + n�1Xk=1 1k < �n < 1nXk=1 1k . Nous en d�eduisons alors quelimn!+1 �n = 0 puis, grace �a l'encadrement, �n �n!+1 1nXk=1 1k qui est �equivalent �a1ln(n) .Nous avons la relation nXk=2 1k � �n = 1�n � 11� �n = 1 � 2�n�n(1 � �n) donc �n 2 �0; 12�.nXk=1 1k � �n = nXk=1 1k 11 � �nk !, 11� �nk = 1 + �nk + ��nk �21� �nk .nXk=1 1k � �n = nXk=1 1k + �n nXk=1 1k2 + (�n)2 nXk=1 1k2(k � �n)= n + ln(n) + �n nXk=1 1k2 + (�n)2 nXk=1 1k2(k � �n) .1k < 1k � �n < 1k � 12 donc nXk=1 1k2(k � �n) est born�ee54.Nous avons donc 1�n = n + ln(n) + �26 1ln(n) + o� 1ln(n)�+ 1ln(n)3O(1) soitencore 1�n = n + ln(n) + �26 1ln(n) + o� 1ln(n)�. Nous en d�eduisons�n = 1ln(n) �1� nln(n) + o� 1ln(n)�� = 1ln(n) � ln(n)2 + o� 1ln(n)2�.54Nous admettons que les s�eries de termes g�en�eraux 1k2 et 1k3 sont convergentes et que+1Xk=1 1k2 = �26 .

381142. (a) Supposons qu'il existe K 2 R+ tel que pour tout couple (x; y) de pointsde E � F on ait kf(x; y)k6K kxk kyk.Soient (x; y) 2 E � F et (x0; y0) 2 E � F .f(x; y)� f(x0; y0) = f(x; y � y0) + f(x� x0; y0).Nous avons donc kf(x; y)� f(x0; y0)k6K(kxk ky� y0k+ kx� x0 ky0k).Soit " > 0 donn�e. soit � 2 R v�eri�ant :Soit � > 0; �61; �6 "(K + 1)(1 + kx0k+ ky0k+ 1.Supposons kx� x0k6� et ky � y0k6�. Nous avons alorsK((kx0k+ �)� + �ky0k)6K�(kx0k+ ky0k+ 1)6". f est donc continue.Supposons f continue.Il existe � > 0 tel que 8(x; y) 2 E�F; (kxk6�; kyk6�) ) kf(x; y)k61.Soient x 2 E et y 2 F deux �el�ements non nuls. f � �kxkx; �kyky� = �2kxk kykkf(x; y)k.Il vient alors �2kxk kykkf(x; y)k61 puis kf(x; y)k6 1�2kxk kyk.Pour x ou y nul, l'in�egalit�e est v�eri��ee ; d'o�u le r�esultat demand�e.(b) D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, kj jk est bien d�e�ni. Le reste est imm�ediat.(c) Soit (a; b) 2 E � F un couple de deux vecteurs unitaires.Soit f 2 BC(E; F; G) uniform�ement continue.Posons, pour n 2 N� ; xn = na; yn = nb; x0n = xn + 1na; y0n = yn + 1nb.Il vient alors limn!+1(f(x0n; y0n)� f(xn; yn)) = 0.f(x0n; y0n)� f(xn; yn) = �2 + 1n2� f(a; b) qui a pour limite 2f(a; b) cequi est contradictoire. f n'est pas uniform�ement continue.143. (a) un+1 = un � (un)2. un+1 � un = �(un)260. La suite (un)n2N est d�ecrois-sante. Si la suite converge, alors la limite l v�eri�e l = l � l2 c'est-�a-direl = 0. Si u0 < 0, si la suite est minor�ee, elle converge vers l6u0 < 0 cequi est faux donc la suite n'est pas minor�ee et tend vers �1. Si u0 > 1alors u1 < 0 et la suite tend vers �1. Si u0 2 [0; 1] alors u1 2 [0; 1].L'intervalle [0; 1] est stable, la suite est alors minor�ee et converge vers 0.En r�esum�e si u0 2 [0; 1] alors la suite converge vers 0, dans le cas contraireelle tend vers �1.(b) un+1 = un(2� aun); a > 0.En �etudiant les variations de f : x 2 R 7�! x(2 � ax) 2 R, nous end�eduisons que f ��0; 2a�� = �0; 1a� � �0; 2a�.f(] �1; 0[) =]�1; 0[; f ��2a; +1�� =]�1; 0[.f(x)� x = x(1 � ax).Si u0 2 �0; 2a� ; u1 2 �0; 1a� ; u2 � u1>0 la suite (un)n2N est alors, �a par-tir du rang 1, croissante major�ee donc convergente.

382 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESLorsque u0 2 �0; 2a� ; u1 2 �0; 1a� ; la limite est alors �egale �a 1a .Si u0 2 �0; 2a� ; u1 = 0 ; la suite est stationnaire et converge vers 0.Si u0 < 0 ou u0 > 2a , u1 < 0 et la suite est strictement d�ecroissante. Sielle est minor�ee, elle converge vers une limite stritement n�egative ce quiest contradictoire car les seules limites possibles sont 0 ou 1a . La suitetend donc vers �1.En r�esum�e :Si u02 �0; 2a�, la suite converge vers 1a .Si u0 2 �0; 2a�, la suite est stationnaire et converge vers 0.Dans les autres cas la suite tend vers �1.(c) un+1 = 12un(3� a(un)2); a 2 R�+; u0 2 �0; 3pa�.Posons f(x) = 12x(3 � ax2). f est impaire. f 0(x) = 32(1� ax2).En �etudiant alors les variations de f nous en d�eduisons, sachant quef � 1pa� = 1pa et f r3a! = 0, f "�r3a; r3a#! = �� 1pa; 1pa�.�0; 1pa� est stable par f .f " 1pa; r3a"! = �0; 1pa�. f(x)� x = 12x(1 � ax2).Nous en d�eduisons que si u02 #0; r3a" ; u1 2 �0; 1pa� la suite est alorscroissante major�ee et converge vers 1pa . De meme si u0 2 #�r3a; 0" lasuite converge vers � 1pa .Pour u0 2 (�r3a; 0; r3a) la suite est stationnaire et converge vers 0.(d) un+1 = 4 � un23 ; u0 2 R.Posons f(x) = 4� x23 . f est croissante sur R�, d�ecroissante sur R+.f(x)� x = 13(1 � x)(4 + x).Si la suite (un)n2N converge, sa limite est �egale �a -4 ou �a 1.f(]�1; �4[) =]�1; �4[; f(]4; +1[) =]�1; �4[. Si u0 est strictementinf�erieur �a -4, la suite est d�ecroissante. Si elle est minor�ee, elle converge

383vers l6u0 < �4 ce qui n'est pas possible donc la limite est �egale �a -1.f([�4; 4]) = ��4; 43� .Supposons qu'il existe u0 2]�4; 0] tel que 8n 2 N; un 2]�4; 0]. La suite(un)n2N est alors croissante ; elle converge donc vers l 2 [u0; 0] ce qui estexclu. Il exsite donc n0 2 N tel que un0 2] � 4; 0] et un0+1 2 �0; 43�.Finalement, si u0 est dans ��4; 43�, �a partir d'un certain rang, N , tousles termes de la suite sont dans �0; 43�.jun+1 � 1j = 1 + un3 jun � 1j.�A partir du rang N nous avons alors jun+1 � 1j679 jun � 1j c'est-�a-dire8n>N; jun � 1j679n�N juN � 1j. Nous en d�eduisons que la suite (un)n2Nconverge vers 1.En r�esum�e :si ju0j > 4 la suite (un)n2N tend vers �1.Si ju0j = 4, la suite est stationnaire et converge vers -4.Si ju0j < 4 la suite converge vers 1.(e) un+2 + 4un+1 � 4un = n; u0 2 R.La suite de terme g�en�eral n� 6 v�eri�e la relation de d�e�nition.Posons vn = un�(n�6). La suite (vn)n2N v�eri�e la relation de r�ecurrencevn+2 + 4vn+1 � 4vn = 0.L'�equation caract�eristique associ�ee est r2 + 4r � 4 = 0.Il existe (a; b) 2 R2; 8n 2 N; vn = a(�2 � 2p2)n + b(�2 + 2p2)n.v0 = a+ b; v1 = a(�2� 2p2) + b(�2 + 2p2).Il vient alors a = �v1 + v0(�2 + 2p2)4p2 ; b = v1 + v0(2 + 2p2)4p2 .Lorsque n tend vers +1, vn �n!+1 a(�2 � 2p2)n.un = a(�2�2p2)n+b(�2+2p2)n+n�6 qui est aussi �equivalent lorsquen tend vers +1 �a a(�2 � 2p2)n.(f) un+1 = p2 + un; u0 2 R�+. 8n 2 N; un>0.un+1�un a le signe de 2 + un + (un)2 = 14(1 +p5 � 2un)(1 �p5 � 2un)c'est-�a-dire le signe de 1 + p5 � 2un. x>0 7�! p2 + x 2 R+ �etantcroissante, la suite (un)n2N est monotone, croissante major�ee lorsqueu061 +p52 , d�ecroissante minor�ee lorsque u0>1 +p52 .La suite est donc convergente, de limite 1 +p52 .(g) un+1 = p2 � un; u0 2 R; u0 < 2.La suite est d�e�nie �a condition que pour tout entier n, un62.Posons f(x) = p2� x. f(x)62 () jxj62.

384 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESSupposons cette condition r�ealis�ee.f est d�ecroissante f([�2; 2]) = [0; 2].f(x)� x a le signe de 2 � x� x2 = (1 � x)(2 + x).�A partir du rang 1, un+1 � un a le signe de 1 � un.f([0; 1]) = [1; p2]; f([1; p2]) � [0; 1].Nous pouvons donc supposer, quitte �a changer l'indexation, que u0 2[0; p2].Soit g = f � f . g est croissante et laisse stable les intervalles [0; 1] et[1; p2].g(x)� x = 2�p2� x � x2p2�p2 � x + x = (2� x2)2 � (2� x)(p2 �p2 � x+ x)(2 +p2� x � x2) .f(x) = x ) g(x) = x donc le polynome X2 + X � 2 divise le polynome(2�X2)2 � (2�X).(2�X2)2 � (2�X) = (X � 1)(X + 2)(X2 �X � 1).Pour x 2 [0; p2]; (x+ 2)(x2 � x� 1)60. g(x)� x a donc sur [0; p2] lesigne de 1� x.Si u0 2 [0; 1] alors la suite de terme g�en�eral u2p est croissante, major�eedonc converge et a pour limite 1.La suite de terme g�en�eral u2p+1 est d�ecroissante, minor�ee donc convergeet a pour limite 1. La suite (un)n2N est donc convergente de limite �egale�a 1. Le cas u0 2 [0; p2] est analogue.En r�esum�e : pour u0 2 [�2; 2] la suite (un)n2N est convergente de limite�egale �a 1.(h) un+1 = 12 �pun ; u0 2 R+; u0 < 4.Posons, pour x 2 [0; 4[, f(x) = 12 �px .f est croissante. f(x)� x = (px � 1)(x�px� 1)2 �px .Pour x 2 [0; 1]; f(x) 2 [0; 1] et f(x)� x>0.Pour x 2 "1; 3 +p52 # ; f(x) 2 "1; 3 +p52 # et f(x) � x60.Pour x 2 "3 +p52 ; 4" ; f(x) 2 "3 +p52 ; +1" et f(x)� x>0.Nous en d�eduisons que si u0 2 [0; 1], la suite (un)n2N converge et a pourlimite 1 ; de meme si u0 2 "1; 3 +p52 " la suite converge et a pour limite1.Si u0 = 3 +p52 la suite est constante.Soit u0 2 #3 +p52 ; 4" tel que 8n 2 N; un 2 "3 +p52 ; 4".La suite (un)n2N est croissante major�ee donc converge vers l > 3 +p52 ce

385qui est exclu.Nous en d�eduisons que pour u0 2 "3 +p52 ; 4" ; 9N 2 N tel que un>4.uN+1 est alors non d�e�ni ou < 0. La suite (un)n2N n'est alors pas d�e�nie.En r�esum�e : la suite (un)n2N est d�e�nie si et seulement si u0 2 "0; 3 +p52 #.Elle a pour limite 1 lorsque u0 2 "0; 3 +p52 " et est constante �egale �a3 +p52 lorsque u0 = 3 +p52 .(i) u0 = 1; un+1 = un 1 + 2un1 + 3unPosons f(x) = x(1 + 2x)(1 + 3x) . La d�eriv�ee de f est strictement positive ; f estcroissante sur ��1; �13� et sur ��13 ; +1�. f([0; +1[) = [0; +1[.f(x) � x = � x21 + 3x . Pour x > 0; f(x) � x < 0. La suite propos�ee estdonc d�ecroissante, minor�ee par 0 donc converge. Sa limite est nulle.Choisissons � 2 R tel que le d�eveloppement limit�e au voisinage de 0 def(x)� � x� soit, �a l'ordre 0, une constante.x���1 + 2x1 + 3x�� � 1� = x�(��x + o(x)). En choisissant � = �1 nousobtenons f(x)� � x� = 1 + o(1).Nous en d�eduisons limn!+1� 1un+1 � 1un� = 1.En utilisant ce que nous avons d�ej�a vu concernant la moyenne de C�esaro,nous en d�eduisons limn!+1 1n n�1Xk=0 � 1un+1 � 1un� = 1 c'est-�a-dire 1nun �n!+1 1donc un �n!+1 1n .(j) u0 > 0; un+1 = un 3a+ un2a+ 3un2 a > 0.Posons f(x) = x3a+ x2a+ 3x2 . f 0(x) = 3(x2 � a)2(a+ 3x2)2>0. f(x)� x = 2x(a� x2)a+ 3x2 .f([0; p(a)]) = [0; p(a)]; f([p(a); +1[) = [p(a); +1.La suite (un)n2N est croissante major�ee (resp. d�ecroissante minor�ee)lorsque 06u06pa (resp. u0>pa).(un)n2N est convergente de limite �egale �a pa.(k) u0 = 0; un+1 = un � un2 � 2un + a2 (un � 1) o�u a 2]0; 12 [.La suite (un)n2N est la suite obtenue lorsque nous utilisons la m�ethodeTous droits r�eserv�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

386 CHAPITRE 8. TOPOLOGIE, CORRIG�ESde Newton55 pour r�esoudre l'�equation x2 � 2x + a = 0.Posons g(x) = x� x2 � 2x + a2(x � 1) . g0(x) = x2 � 2x + a2(x� 1)2 .Nous avons donc g([0; �] � [0; �]. g(x)� x = �x2 � 2x + a2(x� 1) >0 pourx 2 [0; �]. La suite (un)n2N converge donc vers �.g(x)� � = (x � �)22(x � 1).8n 2 N; un 2 [0; �] donc 06� � un+1 = (�� un) � � un2(1 � un) .x 2 [0; �] 7�! �� x1 � x est d�ecroissante donc 8n 2 N; � � un2(1 � un)6�2 .Nous en d�eduisons 8n 2 N; jun+1 � �j6jun � �j�2 puis jun � �j6ju0 � �j��2�n.Or �62a donc jun � �j62an+1.(l) u0 2 R�+, et pour n 2 N; un+1 = pun + (un)2.un+1�un = unpun + (un)2 + un>0. La suite (un)n2N est croissante ; si ellea une limite r�eelle, celle-ci est nulle donc la suite (un)n2N tend vers +1.limn!+1 un+1 � un = 12. En utilisant �a nouveau la moyenne de C�esaro nousobtenons un �n!+1 n2 .(m) u0>0 et pour tout n 2 N; un+1 = pun + 1n+ 1.Si pour un certain n, un>1 alors un+1>1 donc 8n 2 N� ; un>1.Posons vn = un � 1.1 + vn+1 = p1 + vn + 1n + 1 c'est-�a-dire : vn+1 = vn1 +p1 + vn + 1n + 1.limn!+1 1n + 1 = 0 donc pour " > 0 donn�e, il existeN 2 N tel que 1n+ 16"4 .Nous avons alors pour n>N , 06vn+1612vn + "4 puis 06vn+2614vn + "4 + "8.Supposons avoir prouv�e 06vn+p6 12p vn + pXk=1 "2k+1 .Nous avons alors 06vn+p+1612vn+p + "46 12p+1 vn + pXk=1 "2k+2 + "4 c'est-�a-dire le r�esultat au rang p + 1.Nous en d�eduisons alors : 8p 2 N; 06vn+p6 12p vn + "2.limp!+1 12p vN + "2 = "2 donc il existeN1 2 N tel que pour tout p 2 N; p>N1 )12p vN + "26" puis 06vN+p6".La suite (vn)n2N converge alors vers 0 et la suite (un)n2N converge vers 1.55voir le livre consacr�e sur ce site aux calculs num�eriques.

387(n) Au voisinage de 0, sin(t) = t+ o(t). Soit " > 0. Il existe � > 0 v�eri�ant :8t 2 [��; �]; j sin(t)� tj6"jtj.Soit n> 1� . (k 2 N� ; k6n) ) (p6n2�). Nous avons alors ����sin� kn2�� kn2 ����6" kn2 .����� nXk=1 �sin� kn2� � kn2������6" nXk=1 kn2 = "n+ 12n 6".Nous en d�eduisons limn!+1 nXk=1 sin� kn2�� n+ 12n = 0 puis limn!+1 nXk=1 sin� kn2� = 12.144. Nous savons qu'une fonction est continue en un point si et seulement la res-triction �a un voisinage de ce point est continue en ce point.(a) La restriction de f �a l'ouvert de R2 ensemble des couples (x; y) tels quejxj < jyj et la restriction �a l'ouvert de R2 ensemble des couples (x; y) telsque jxj > jyj sont continues. Il reste �a prouver la continuit�e de f en unpoint (a; a).Choisissons jx� aj61 et jy � aj61. Si jxj6jyj alors jf(x; y) � f(a; a)j =jx� aj jx+ aj62jx� aj.Si jxj>jyj alors jf(x; y) � f(a; a)j = jy � aj jy + aj62jy � aj. Nous end�eduisons, en choisissant pour norme sur R2 le maximum des valeursabsolues des coordonn�ees, jf(x; y) � f(a; a)j62k(x; y) � (a; a)k. f apour limite 0 en (0; 0). En posant f(0; 0) = 0, f est continue.(b) Consid�erons la restriction de f �a la parabole d'�equation y = tx2 quicontient le point (0; 0) o�u t est un r�eel non nul. f(x; tx2) = jtj exp(�jtj).f n'a donc pas de limite en (0; 0).(c) La limite en (0; 0) suivant la droite d'�equation y = tx, avec t 2 R est�egale �a (1 + t)21 + t2 . Il n'y a pas de limite en (0; 0) et f n'est pas continueen ce point.(d) 8(x; y) 2 R2, 9(r; �) 2 R+ � [0; 2�[, x = r cos(�); y = r sin(�).Pour (x; y) 6= (0; 0) x3 + y3x2 + y2 = rp22 �cos(� � �4 )� (2� sin(2�)).En posant f(0; 0) = 0, nous en d�eduisons8(x; y) 2 R2; ����x3 + y3x2 + y2 ����63p22 px2 + y2.Il vient alors lim(x; y)!(0; 0) f(x; y) = 0 ; f est continue.(e) f(x; x) = 12 ; f(x;�x) = �12 . f n'a pas de limite en (0; 0).(f) Comme dans (b), pour (x; y) 6= (0; 0) x2yx2 + y2 = r cos2(�) sin(�) donc���� x2yx2 + y2 ����612px2 + y2. En posant f(0; 0) = 0, f est continue sur R2.

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